新2021年高考数学精练考点32 统计与古典概型(解析版)
高中数学 第三章 概率 3.2 古典概型教材习题点拨 新人教A版必修3(2021年最新整理)
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高中数学 第三章 概率 3。
2 古典概型教材习题点拨 新人教A 版必修33。
2.1古典概型练习1.解：基本事件总数为20，事件“已过保质期的饮料”所含基本事件总数为2，由古典概型计算公式可得101202==P 。
点拨：因为是从中任取一瓶，所以每一瓶被取到的概率相等,属于古典概型.2.解:所有的基本事件总数为21267=⨯,而“选出的2名同学恰是已去过北京”所含的基本事件数为3，所以71213==P . 3.解:所有的基本事件数为36289=⨯，而事件“取出的两本恰好都是数学书”所含的基本事件数为6234=⨯，所以61366==P . 3.2.2 （整数值）随机数（random numbers)的产生练习1。
解：将一枚质地均匀的硬币连掷三次，共有2×2×2＝8个基本事件,其中“2个正面朝上、1个反面朝上”包括(正，正,反）（正，反，正）（反,正，正）3个,由古典概型的概率公式得831=P .同理“1个正面朝上、2个反面朝上”的概率也为83.随机模拟方法略. 2.解:用数字1至13代表红心的13张牌,用14至26代表黑心的13张牌，用27至39代表方块的13张牌，用40至52代表梅花的13张牌,用Excel 设计程序如下：①在表格中选择一格比如A1，键入“＝RANDBETWEEN （1，52）”，按Enter 键，则在此格中产生一个随机数。
最新-高中数学 32-1《古典概型》课件 苏教版必修3 精品
思考 你能求出上述第二代的种子经自花传粉得 到的第三代为高茎的概率吗?
答：由于第二子代的种子中 DD，Dd，dD，dd型种子
各占1/4，其下一代仍是自花
概 解：试验的样本空间为
Ω={ab,ac,bc}
率
∴n = 3
用A表示“取出的两件中恰好有一件次品”
初
这一事件，则 A={ac,bc}
步
∴m=2
∴P(A)=
2 3
课堂练习
一.选择题
1.某班准备到郊外野营，为此向商店订了
帐篷。如果下雨与不下雨是等可能的，能
否准时收到帐篷也是等可能的。只要帐篷
如期运到，他们就不会淋雨，则下列说法
授粉，则产生的子代应为DD， DD，DD，DD；DD，Dd， dD，dd；DD，dD，Dd， dd；dd,dd,dd,dd。
其中只有dd型才是矮茎的， 于是第三代高茎的概率为
10/1பைடு நூலகம்＝5/8。
例 题 分析
例3、从含有两件正品a,b和一件次品c的三件产品 中每次任取1件，每次取出后不放回，连续取两次，
（2，3）、（2，4）、（2，5）、（2，6）、（2，7）、（2，8）
（3，4）、（3，5）、（3，6）、（3，7）、（3，8） （4，5）、（4，6）、（4，7）、（4，8）
（5，6）、（5，7）、（5，8） （6，7）、（6，8） （7，8）
例1（摸球问题）：一个口袋内装有大小相同的5个红球和3个黄球， 从中一次摸出两个球。
用A来表示“两数都是奇数”这一事件，则A中包含： (13)，(15)，(3,5) ∴m=3
2021届高考数学总复习(人教A版,理科)配套题库： 古典概型(含答案解析)
第4讲古典概型一、选择题1．将一颗质地均匀的骰子(它是一种各面上分别标有点数1,2,3,4,5,6的正方体玩具)先后抛掷3次，至少毁灭一次5点向上的概率是( )A.5216B.25216C.31216D.91216解析抛掷3次，共有6×6×6＝216个大事．一次也不毁灭5，则每次抛掷都有5种可能，故一次也未毁灭5的大事总数为5×5×5＝125.于是没有毁灭一次5点向上的概率P＝125 216，所求的概率为1－125216＝91216.答案 D2．一个袋子中有5个大小相同的球，其中有3个黑球与2个红球，假如从中任取两个球，则恰好取到两个同色球的概率是()．A.15 B.310 C.25 D.12解析基本大事有C25＝10个，其中为同色球的有C23＋C22＝4个，故所求概率为410＝2 5.答案 C3．甲、乙两人各写一张贺年卡，任凭送给丙、丁两人中的一人，则甲、乙将贺年卡送给同一人的概率是()．A.12 B.13 C.14 D.15解析(甲送给丙，乙送给丁)，(甲送给丁，乙送给丙)，(甲、乙都送给丙)，(甲、乙都送给丁)，共四种状况，其中甲、乙将贺年卡送给同一人的状况有两种，所以P＝24＝1 2.答案 A4．甲从正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，乙从该正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，则所得的两条直线相互垂直的概率是( )A.318B.418C.518D.618解析正方形四个顶点可以确定6条直线，甲乙各自任选一条共有36个等可能的基本大事．两条直线相互垂直的状况有5种(4组邻边和对角线)，包括10个基本大事，所以概率等于518.答案 C5．一块各面均涂有油漆的正方体被锯成1 000个大小相同的小正方体，若将这些小正方体均匀地搅混在一起，则任意取出一个正方体其三面涂有油漆的概率是( )．A.112B.110C.325D.1125解析小正方体三面涂有油漆的有8种状况，故所求其概率为：81 000＝1125.答案 D6．将号码分别为1,2,3,4的四个小球放入一个袋中，这些小球仅号码不同，其余完全相同，甲从袋中摸出一个小球，其号码为a，放回后，乙从今口袋中再摸出一个小球，其号码为b，则使不等式a－2b＋4<0成立的大事发生的概率为()．A.18 B.316 C.14 D.12解析由题意知(a，b)的全部可能结果有4×4＝16个．其中满足a－2b＋4<0的有(1,3)，(1,4)，(2,4)，(3,4)，共4个，所以所求概率为14.答案 C二、填空题7．在集合A＝{2,3}中随机取一个元素m，在集合B＝{1,2,3}中随机取一个元素n，得到点P(m，n)，则点P在圆x2＋y2＝9内部的概率为________．解析由题意得到的P(m，n)有(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，共6个，在圆x2＋y2＝9的内部的点有(2,1)，(2,2)，所以概率为26＝13.答案138. 现有10个数，它们能构成一个以1为首项，3-为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是 ．解析 组成满足条件的数列为：.19683,6561,2187,729,243,81,27.9,3,1-----从中随机取出一个数共有取法10种，其中小于8的取法共有6种，因此取出的这个数小于8的概率为53.答案 539．甲、乙二人参与普法学问竞答，共有10个不同的题目，其中6个选择题，4 个推断题，甲、乙二人依次各抽一题，则甲、乙两人中至少有一人抽到选择题的概率是________． 解析 方法1：设大事A ：甲乙两人中至少有一人抽到选择题．将A 分拆为B ：“甲选乙判”，C ：“甲选乙选”，D ：“甲判乙选”三个互斥大事， 则P (A )＝P (B )＋P (C )＋P (D )．而P (B )＝C 16C 14C 110C 19，P (C )＝C 16C 15C 110C 19，P (D )＝C 14·C 16C 110C 19，∴P (A )＝2490＋3090＋2490＝7890＝1315.方法2：设大事A ：甲乙两人中至少有一人抽到选择题，则其对立大事为A ： 甲乙两人均抽推断题．∴P (A )＝C 14C 13C 110C 19＝1290，∴P (A )＝1－1290＝7890＝1315. 故甲、乙两人中至少有一人抽到选择题的概率为1315. 答案 131510．三位同学参与跳高、跳远、铅球项目的竞赛．若每人都选择其中两个项目，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是________(结果用最简分数表示)．解析 依据条件求出基本大事的个数，再利用古典概型的概率计算公式求解．由于每人都从三个项目中选择两个，有(C 23)3种选法，其中“有且仅有两人选择的项目完全相同”的基本大事有C 23C 13C 12个，故所求概率为C 23C 13C 12(C 23)3＝23. 答案 23 三、解答题11．某地区有学校21所，中学14所，高校7所，现接受分层抽样的方法从这些学校中抽取6所学校对同学进行视力调查．(1)求应从学校、中学、高校中分别抽取的学校数目；(2)若从抽取的6所学校中随机抽取2所学校做进一步数据分析， ①列出全部可能的抽取结果； ②求抽取的2所学校均为学校的概率．解 (1)由分层抽样的定义知，从学校中抽取的学校数目为6×2121＋14＋7＝3；从中学中抽取的学校数目为6×1421＋14＋7＝2；从高校中抽取的学校数目为6×721＋14＋7＝1.故从学校、中学、高校中分别抽取的学校数目为3,2,1.(2)①在抽取到的6所学校中，3所学校分别记为A 1，A 2，A 3,2所中学分别记为A 4，A 5,1所高校记为A 6，则抽取2所学校的全部可能结果为(A 1，A 2)，(A 1，A 3)，(A 1，A 4)，(A 1，A 5)，(A 1，A 6)，(A 2，A 3)，(A 2，A 4)，(A 2，A 5)，(A 2，A 6)，(A 3，A 4)，(A 3，A 5)，(A 3，A 6)，(A 4，A 5)，(A 4，A 6)，(A 5，A 6)，共15种．②从6所学校中抽取的2所学校均为学校(记为大事B )的全部可能结果为(A 1，A 2)，(A 1，A 3)，(A 2，A 3)，共3种． 所以P (B )＝315＝15.12．从某小组的2名女生和3名男生中任选2人去参与一项公益活动． (1)求所选2人中恰有一名男生的概率； (2)求所选2人中至少有一名女生的概率．解析 设2名女生为a 1，a 2,3名男生为b 1，b 2，b 3，从中选出2人的基本大事有：(a 1，a 2)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，b 3)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，b 3)，(b 1，b 2)，(b 1，b 3)，(b 2，b 3)，共10种．(1) 设“所选2人中恰有一名男生”的大事为A ，则A 包含的大事有：(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，b 3)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，b 3)，共6种， ∴P (A )＝610＝35， 故所选2人中恰有一名男生的概率为35.(2)设“所选2人中至少有一名女生”的大事为B，则B包含的大事有：(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，共7种，∴P(B)＝7 10，故所选2人中至少有一名女生的概率为710.13．袋内装有6个球，这些球依次被编号为1,2,3，…，6，设编号为n的球重n2－6n＋12(单位：克)，这些球等可能地从袋里取出(不受重量、编号的影响)．(1)从袋中任意取出一个球，求其重量大于其编号的概率；(2)假如不放回的任意取出2个球，求它们重量相等的概率．解(1)若编号为n的球的重量大于其编号．则n2－6n＋12>n，即n2－7n＋12>0.解得n<3或n>4.∴n＝1,2,5,6.∴从袋中任意取出一个球，其重量大于其编号的概率P＝46＝23.(2)不放回的任意取出2个球，这两个球编号的全部可能情形共有C26＝15种．设编号分别为m与n(m，n∈{1,2,3,4,5,6}，且m≠n)球的重量相等，则有m2－6m＋12＝n2－6n＋12，即有(m－n)(m＋n－6)＝0.∴m＝n(舍去)或m＋n＝6.满足m＋n＝6的情形为(1,5)，(2,4)，共2种情形．由古典概型，所求大事的概率为2 15.14．某省试验中学共有特级老师10名，其中男性6名，女性4名，现在要从中抽调4名特级老师担当青年老师培训班的指导老师，由于工作需要，其中男老师甲和女老师乙不能同时被抽调．(1)求抽调的4名老师中含有女老师丙，且4名老师中恰有2名男老师、2名女老师的概率；(2)若抽到的女老师的人数为ξ，求P(ξ≤2)．解由于男老师甲和女老师乙不能同时被抽调，所以可分以下两种状况：①若甲和乙都不被抽调，有C48种方法；②若甲和乙中只有一人被抽调，有C12C38种方法，故从10名老师中抽调4人，且甲和乙不同时被抽调的方法总数为C48＋C12C38＝70＋112＝182.这就是基本大事总数．(1)记大事“抽调的4名老师中含有女老师丙，且恰有2名男老师，2名女老师”为A，由于含有女老师丙，所以再从女老师中抽取一人，若抽到的是女老师乙，则男老师甲不能被抽取，抽调方法数是C25；若女老师中抽到的不是乙，则女老师的抽取方法有C12种，男老师的抽取方法有C26种，抽调的方法数是C12C26.故随机大事“抽调的4名老师中含有女老师丙，且4名老师中恰有2名男老师、2名女老师”含有的基本大事的个数是C25＋C12C26＝40.依据古典概型概率的计算公式得P(A)＝40182＝2091.(2)ξ的可能取值为0,1,2,3,4，所以P(ξ≤2)＝1－P(ξ>2)＝1－P(ξ＝3)－P(ξ＝4)，若ξ＝3，则选出的4人中，可以含有女老师乙，这时取法为C23C15种，也可以不含女老师乙，这时有C33C16种，故P(ξ＝3)＝C23C15＋C33C16182＝21182＝326；若ξ＝4，则选出的4名老师全是女老师，必含有乙，有C44种方法，故P(ξ＝4)＝C44182＝1182，于是P(ξ≤2)＝1－21182－1182＝160182＝8091.。
高中数学必修三：3.2.1古典概型课时作业解析版
3.2.1古典概型课时作业解析版A 组一、选择题1．从三件正品、一件次品中随机取出两件，则取出的产品全是正品的概率是（ ）A. B. C. D.无法确定 2．下列概率模型中，古典概型的个数为( )(1)从区间[1,10]内任取一个数，求取到1的概率；(2)从1,2，…，9,10中任取一个整数，求取到1的概率；(3)向一个正方形ABCD 内任意投一点P ，求点P 刚好与点A 重合的概率； (4)向上抛掷一枚质地不均匀的硬币，求出现反面朝上的概率． A ．1 B ．2 C ．3 D ．43．将一枚质地均匀的硬币连掷4次，出现“至少两次正面向上”的概率为（ ）A ．14B ．34C ．38D ．11164．有五条线段长度分别为，从这条线段中任取条，则所取条线段能构成一个三角形的概率为（ ） A.B. C. D. 5．若连续抛掷两次骰子得到的点数分别为m ，n ，则点P (m ，n )在直线x ＋y ＝4上的概率是( )A. 13B. 14C. 16D. 1126．某省举行的一次民歌大赛中，全省六个地区各选送两名歌手参赛，现从这12名歌手中选出4名优胜者，则选出的4名优胜者中恰有两人是同一地区送来的歌手的概率是（） A.883 B.64165 C. 1633D.6117．在正四面体的6条棱中随机抽取2条，则其2条棱互相垂直的概率为（）A ．43B ．32C ．51D ．318．记分别是投掷两次骰子所得的数字，则方程有两个不同实根的概率为（） A ．B ．C ．D ．二、填空题4121811,3,5,7,9533101103211079．分别写有数字1，2，3，4的4张卡片，从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率是__________.10．把一枚硬币向上连抛10次，则正、反两面交替出现的概率是 .11．某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课个1节，则在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的概率为（用数字作答）. 12．如图，沿田字型的路线从A 往N 走，且只能向右或向下走，随机地选一种走法，则经过点C 的概率是．三、解答题13．学校在开展学雷锋活动中，从高二甲乙两班各选3名学生参加书画比赛，其中高二甲班选出了1女2男，高二乙班选出了1男2女。
2021学年高中数学第3章概率32古典概型321古典概型322整数值随机数randomnumber
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0.35 [ 抛 掷 这 枚 硬 币 三 次 恰 有 两 次 正 面 朝 上 的 有 010,010,100,100,010,001,100 共 7 组，则抛掷这枚硬币三次恰有两次 正面朝上的概率可以为270＝0.35.]
20
合作 探究 释疑 难
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基本事件及其计数问题
【例 1】 连续掷 3 枚硬币，观察落地后 3 枚硬币是正面向上还 是反面向上．
(1)写出这个试验的所有基本事件； (2)“恰有两枚正面向上”这一事件包含哪几个基本事件？
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[解] (1)由树形图表示如下：
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试验的所有基本事件为(正，正，正)，(正，正，反)，(正，反， 正)，(正，反，反)，(反，正，正)，(反，正，反)，(反，反，正)，(反， 反，反)．
(2)“恰有两枚正面朝上”包含以下 3 个基本事件：(正，正，反)， (正，反，正)，(反，正，正)．
(2)若把所取出卡片的标号之和作为基本事件，则共有多少个基 本事件？是古典概型吗？
(3)求所取卡片标号之和小于 4 的概率．
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思路点拨：先列举出基本事件，紧扣古典概型的特点加以判断， 再用古典概型概率公式求相应概率．
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[解] (1)基本事件为(红 1，红 2)，(红 1，红 3)，(红 1，蓝 1)，(红 1，蓝 2)，(红 2，红 3)，(红 2，蓝 1)，(红 2，蓝 2)，(红 3，蓝 1)，(红 3，蓝 2)，(蓝 1，蓝 2)共 10 种，由于基本事件个数有限，且每个基 本事件发生的可能性相同，所以是古典概型．
3．理解用模拟方法估计概率的实质， 率，提升数学抽象素养.
会用模拟方法估计概率．(重点)
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高中数学第三章概率32古典概型321古典概型优化练习新人教A版必修
高中数学第三章概率32古典概型321古典概型优化练习新人教A版必修3.2.1 古典概型[课时作业] [A组学业水平达标]1．一个家庭有两个小孩，则所有可能的基本事件有( ) A．(男，女)，(男，男)，(女，女) B．(男，女)，(女，男)C．(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女) D．(男，男)，(女，女)解析：由于两个孩子出生有先后之分．答案：C2．下列试验中，是古典概型的为( ) A．种下一粒花生，观察它是否发芽B．向正方形ABCD内，任意投掷一点P，观察点P是否与正方形的中心O重合 C．从1,2,3,4四个数中，任取两个数，求所取两数之一是2的概率 D．在区间[0,5]内任取一点，求此点小于2的概率解析：对于A，发芽与不发芽的概率一般不相等，不满足等可能性；对于B，正方形内点的个数有无限多个，不满足有限性；对于C，满足有限性和等可能性，是古典概型；对于D，区间内的点有无限多个，不满足有限性，故选C. 答案：C3．甲，乙，丙三名学生随机站在一排，则甲站在边上的概率为( ) 1A. 31C. 22B. 35D. 6解析：甲，乙，丙三名学生随机站成一排，基本事件有：甲乙丙，甲丙乙，乙甲丙，乙丙甲，丙甲乙，丙乙甲，共6个，甲站在边上包含的基本事件有：甲乙丙，甲丙乙，乙丙甲，丙乙m42甲，共4个，所以甲站在边上的概率P＝＝＝.n63答案：B4．将一个骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则两数之和是3的倍数的概率是( ) 1A. 91C. 41 B. 61D. 3解析：抛掷2次所得结果共有36种，点数之和是3的倍数的有(1,2)，(1,5)，(2,1)，(2,4)，1(3,3)，(3,6)，(4,2)，(4,5)，(5,1)，(5,4)，(6,3)，(6,6)，共12种结果，因此所求概121率为＝.363答案：D5．甲、乙两人各写一张贺年卡随意送给丙、丁两人中的一人，则甲、乙将贺年卡送给同一人的概率是( ) 1A. 21C. 41B. 31D. 5解析：送卡方法有：(甲送给丙、乙送给丁)、(甲送给丁、乙送给丙)、(甲、乙都送给丙)、(甲、乙都送给丁)共4种情况，其中甲、乙将贺年卡送给同一人的情况有2种，所以概率为21＝. 42答案：A6．从2男3女共5名同学中任选2名，每名同学被选中的机会均等，则这2名都是男生或都是女生的概率为________．解析：从5名同学中任选2名，有10种不同的选法：这2名都是男生或都是女生，有4种42不同的选法．所以所求概率为P＝＝.1052答案：57．从2,3,8,9中任取两个不同的数字，分别记为a，b，则logab为整数的概率是________．解析：由题意得，a，b有(2,3)，(2,8)，(2,9)，(3,8)，(3,9)，(8,9)，(3,2)，(8,2)，(9,2)，(8,3)，(9,3)，(9,8)，共12种取法．若满足logab为整数，则仅有a＝2，b＝8和a＝3，b＝9两种情况，21∴logab为整数的概率为＝.1261答案：68．将一个各个面上均涂有红漆的正方体锯成27个大小相同的小正方体，从这些小正方体中任取一个，其中恰有2面涂有红漆的概率是__________．解析：在27个小正方体中，有8个(8个顶点上)三面涂漆； 12个(在12条棱上，每条棱上1个)两面涂漆；6个(在6个面上，每个面上1个)一面涂漆；1个(中心)各面都不涂漆．124∴所求概率为＝.27924答案：99．某商场举行抽奖活动，从装有编号0,1,2,3四个球的抽奖箱中，每次取出后放回，连续取两次，取出的两个小球号码相加之和等于5中一等奖，等于4中二等奖，等于3中三等奖． (1)求中二等奖的概率； (2)求未中奖的概率．解析：(1)设“中二等奖”的事件为A，所有基本事件包括(0,0)，(0,1)，?，(3,3) 共16个，事件A包含基本事件(1,3)，(2,2)，(3,1)共3个， 3所以P(A)＝.16(2)设“未中奖”的事件为B，所有基本事件包括(0,0)，(0,1)，?，(3,3)共16个，“两个小球号码相加之和等于3”这一事件包括基本事件(0,3)，(1,2)，(2,1)，(3,0) 共4个，“两个小球号码相加之和等于5”这一事件包括基本事件(2,3)，(3,2)共2个．P(B)＝1－P(B)＝1－??3＋4＋2?＝7.??161616?167所以未中奖的概率为. 1610．设关于x的方程x＋4mx＋4n＝0.(1)若m∈{1,2,3}，n∈{0,1,2}，求方程有实根的概率；(2)若m，n∈{－2，－1,1,2}，求当方程有实根时，两根异号的概率．解析：方程有实根?Δ＝16m－16n≥0，即m≥n， (1)m与n的所有可能结果为9种，为使m≥n，则当m＝3时，n＝0,1,2；当m＝2时，n＝0,1,2；当m＝1时，n＝0,1. 共有8种结果．8所以方程有实根的概率P＝.9(2)由条件知，在m≥n的条件下，求n＜0的概率．当m＝－2时，n＝－2，－1,1,2；当m＝－1时，n＝－1,1；当m＝1时，n＝－1,1；当m＝2时，n＝－2，－1,1,2.222223共有12种结果．其中使n为负数的有6种情况， 61故所求概率为P＝＝. 122[B组应考能力提升]1．从1,2,3,4这四个数字中依次取(不放回)两个数a，b，使得lg(3a)≥lg(4b)成立的概率是( )1A. 31C. 25 B. 12D.7 12解析：因为lg(3a)≥lg(4b)，所以3a≥4b.从1,2,3,4这四个数字中依次取两个数所包含的基本事件有(1,2)，(2,1)， (1,3)，(3,1)，(1,4)，(4,1)，(2,3)，(3,2)，(2,4)，(4,2)，(3,4)，(4,3)，共12个，符合条件3a≥4b的有(2,1)，(3,1)，(4,1)，(3,2)，(4,2)，(4,3)，61共6个，所以所求概率为＝，故选C.122答案：C2．某同学先后投掷一枚骰子两次，第一次向上的点数记为x，第二次向上的点数记为y，则在直角坐标系xOy中，以(x，y)为坐标的点落在直线2x－y＝1上的概率为( ) 1A. 125C. 361B. 91D. 6解析：先后投掷一枚骰子两次，所有可能的结果有36种，其中以(x，y)为坐标的点落在直31线2x－y＝1上的结果有(1,1)，(2,3)，(3,5)，共3种，所以所求概率p＝＝.3612答案：A3．若将甲、乙两个球随机放入编号为1,2,3的三个盒子中，每个盒子的放球数量不限，则在1,2号盒子中各有一个球的概率是________．解析：将甲、乙两个球放入同一个盒子中有3种放法，放入两个盒子中有6种放法，所以共有9个基本事件，其中在1,2号盒子中各有一个球的事件包含2个基本事件，因此所求概率2是. 92答案：94．甲、乙两人参加法律知识竞答，共有10道不同的题目，其中选择题6道，判断题4道，4甲、乙两人依次各抽一道题．(1)甲抽到选择题，乙抽到判断题的概率是多少？ (2)甲、乙两人中至少有1人抽到选择题的概率是多少？解析：甲、乙两人从10道题中不放回地各抽一道题，先抽的有10种抽法，后抽的有9种抽法，故所有可能的抽法是10×9＝90种，即基本事件总数是90.(1)记“甲抽到选择题，乙抽到判断题”为事件A，下面求事件A包含的基本事件数：甲抽到选择题有6种抽法，乙抽到判断题有4种抽法，所以事件A的基本事件数为6×4＝24.m244P(A)＝＝＝.n9015(2)先考虑问题的对立面：“甲、乙两人中至少有一人抽到选择题”的对立事件是“甲、乙两人都未抽到选择题”，即都抽到判断题．记“甲、乙两人都抽到判断题”为事件B，“至少一个人抽到选择题”为事件C，则B 包含122的基本事件数为4×3＝12.∴由古典概型概率公式得P(B)＝＝，9015213∴P(C)＝1－P(B)＝1－＝.15155感谢您的阅读，祝您生活愉快。
【高中教育】人教A版高中数学必修三3.2.1古典概型及解析.docx
课时训练18 古典概型一、基本事件的计数问题1.在1,2,3,4,5这5个数字中,同时任取两个数,则有个基本事件,其中“两数都是奇数”有个基本事件.答案:10 3解析:一共有(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5)共10个基本事件,两数都是奇数包含(1,3),(1,5),(3,5)3个基本事件.二、古典概型的概率求法2.下列试验中是古典概型的是()A.在适宜的条件下,种下一粒种子,观察它是否发芽B.在一口袋里有2个白球和2个黑球,这4个球除颜色外完全相同,从中任取一球C.向一个圆面内随机地投一个点,该点落在圆内任意一点都是等可能的D.甲、乙两队进行一场足球赛,甲队比赛结果为甲队赢、平局、甲队输答案:B解析:对于A,发芽与不发芽概率不同;对于B,摸到白球与黑球的概率相同,均为;对于C,基本事件有无限个;对于D,由于受甲、乙两队运动员水平的影响,甲队赢、输、平局的概率不相等,因而选B.3.从1,2,3,4中任取2个不同的数,则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是()A.B.C.D.答案:B解析:由题意知总事件数为6,且分别为(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),满足条件的事件数是2,所以所求的概率为.4.一枚均匀的硬币连续掷三次,则至少出现一次正面向上的概率是()A. B. C. D.答案:A解析:一枚均匀的硬币连续掷三次,出现的所有可能情况是(正,正,正),(正,正,反),(正,反,正),(正,反,反),(反,正,正),(反,正,反),(反,反,正),(反,反,反),共8种,至少出现一次正面的有7种,所以所求概率为.5.(2015山东潍坊高一检测)已知集合A={-1,0,1},点P(x,y),其中x∈A,y∈A,记点P落在第一象限为事件M,则P(M)=()A.B.C.D.答案:C解析:所有可能的点是(-1,-1),(-1,0),(-1,1),(0,-1),(0,0),(0,1),(1,-1),(1,0),(1,1),共9个,其中在第一象限的有1个,因此P(M)=.6.(2015山东高考,文16改编)某中学调查了某班全部45名同学参加书法社团和演讲社团的情况,数据如下表:(单位:人)(1)从该班随机选1名同学,该同学至少参加上述一个社团的概率为;(2)在既参加书法社团又参加演讲社团的8名同学中,有5名男同学A1,A2,A3,A4,A5,3名女同学B1,B2,B3.现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人,A1被选中且B1未被选中的概率为.答案:(1)(2)解析:(1)由调查数据可知,既未参加书法社团又未参加演讲社团的有30人,故至少参加上述一个社团的共有45-30=15人.所以从该班随机选1名同学,该同学至少参加上述一个社团的概率为P=.(2)从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人,其一切可能的结果组成的基本事件有:{A1,B1},{A1,B2},{A1,B3},{A2,B1},{A2,B2},{A2,B3},{A3,B1},{A3,B2},{A3,B3},{A4,B1},{A4,B2},{A4,B3},{A5,B1},{A5,B2},{A5,B3},共15个.根据题意,这些基本事件的出现是等可能的.事件“A1被选中且B1未被选中”所包含的基本事件有:{A1,B2},{A1,B3},共2个.因此A1被选中且B1未被选中的概率为P=.7.(2015湖南高考,文16)某商场举行有奖促销活动,顾客购买一定金额的商品后即可抽奖.抽奖方法是:从装有2个红球A1,A2和1个白球B的甲箱与装有2个红球a1,a2和2个白球b1,b2的乙箱中,各随机摸出1个球,若摸出的2个球都是红球则中奖,否则不中奖.(1)用球的标号列出所有可能的摸出结果.(2)有人认为:两个箱子中的红球比白球多,所以中奖的概率大于不中奖的概率,你认为正确吗?请说明理由.解:(1)所有可能的摸出结果是{A1,a1},{A1,a2},{A1,b1},{A1,b2},{A2,a1},{A2,a2},{A2,b1},{A2,b2},{B,a1},{B,a2},{B,b1} ,{B,b2}.(2)不正确.理由如下:由(1)知,所有可能的摸出结果共12种,其中摸出的2个球都是红球的结果为{A1,a1},{A1,a2},{A2,a1},{A2,a2},共4种,所以中奖的概率为,不中奖的概率为1-.故这种说法不正确.三、较复杂的古典概型的概率计算8.(2015安徽高考,文17改编)某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况,随机访问50名职工,根据这50名职工对该部门的评分,绘制频率分布直方图(如图所示),其中样本数据分组区间为:[40,50),[50,60),…,[80,90),[90,100].(1)频率分布直方图中a的值为;(2)该企业的职工对该部门评分不低于80的概率的估计值为;(3)从评分在[40,60)的受访职工中,随机抽取2人,此2人的评分都在[40,50)的概率为.答案:(1)0.006(2)0.4(3)解析:(1)因为(0.004+a+0.018+0.022×2+0.028)×10=1,所以a=0.006.(2)由所给频率分布直方图知,50名受访职工评分不低于80的频率为(0.022+0.018)×10=0.4,所以该企业职工对该部门评分不低于80的概率的估计值为0.4.(3)受访职工中评分在[50,60)的有:50×0.006×10=3(人),记为A1,A2,A3;受访职工中评分在[40,50)的有:50×0.004×10=2(人),记为B1,B2.从这5名受访职工中随机抽取2人,所有可能的结果共有10种,它们是{A1,A2},{A1,A3},{A1,B1},{A1,B2},{A2,A3},{A2,B1},{A2,B2},{A3,B1},{A3,B2},{B1,B2},又因为所抽取2人的评分都在[40,50)的结果有1种,即{B1,B2},故所求的概率为P=.(建议用时:30分钟)1.下列试验是古典概型的是()A.任意抛掷两枚骰子,所得点数之和为基本事件B.求任意一个正整数的平方的个位数字是6的概率,将取出的正整数作为基本事件C.从A地到B地有三条路可到达,求某人正好选中最短路线的概率D.袋中装有10个红球和8个白球,红球的体积是白球的2倍,从中取出一球,观察球的颜色答案:C2.掷两颗均匀的骰子,则点数之和为5的概率等于()A.B.C.D.答案:B解析:掷两颗均匀的骰子,共有36种基本事件,点数之和为5的事件有(1,4),(2,3),(3,2),(4,1)4种,因此所求概率为,选B.3.从分别写有A,B,C,D,E的5张卡片中任取2张,这2张卡片上的字母恰好是按字母顺序相邻的概率是() A. B. C. D.答案:B解析:易知此为古典概型,且从5张卡片中任取2张,基本事件有AB,AC,AD,AE,BC,BD,BE,CD,CE,DE,共10个,其中恰为按字母顺序相邻的基本事件有AB,BC,CD,DE,共4个.故所求概率为.4.若某公司从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人,这五人被录用的机会均等,则甲或乙被录用的概率为()A. B. C. D.答案:D解析:五人录用三人共有10种不同方式,分别为:{丙,丁,戊},{乙,丁,戊},{乙,丙,戊},{乙,丙,丁},{甲,丁,戊},{甲,丙,戊},{甲,丙,丁},{甲,乙,戊},{甲,乙,丁},{甲,乙,丙}.其中含甲或乙的情况有9种,故选D.5.已知f(x)=3x-2(x=1,2,3,4,5)的值构成集合A,g(x)=2x-1(x=1,2,3,4,5)的值构成集合B,任取x∈A∪B,则x∈A∩B的概率是()A. B. C. D.答案:B解析:根据条件可得A={1,4,7,10,13},B={1,2,4,8,16},于是A∪B={1,2,4,7,8,10,13,16},A∩B={1,4}.故任取x∈A∪B,则x∈A∩B的概率是.6.(2015江苏高考,5)袋中有形状、大小都相同的4只球,其中1只白球,1只红球,2只黄球,从中一次随机摸出2只球,则这2只球颜色不同的概率为.答案:解析:根据条件得P=或P=1-.7.把两封不同的信投入A,B两个信箱,A,B两信箱中各有一封信的概率为.答案:解析:分别记两封信为a,b,共有A中两封,B中无;A中a,B中b;A中b,B中a;A中无,B 中两封,4种情况.其中A,B各一封的有2种情况.故所求概率P=.8.甲、乙、丙三名同学上台领奖,从左到右按甲、乙、丙的顺序排列,则三人全都站错位置的概率是.答案:解析:基本事件为甲乙丙,甲丙乙,乙丙甲,乙甲丙,丙甲乙,丙乙甲,共6个;三人全站错的有乙丙甲,丙甲乙,共2个,故所求事件的概率为.9.柜子里有3双不同的鞋,随机地取出2只,记事件A表示“取出的鞋配不成对”;事件B表示“取出的鞋都是同一只脚的”;事件C表示“取出的鞋一只是左脚的,一只是右脚的,但配不成对”.事件A、事件B、事件C的概率分别为、、.答案:解析:设3双不同的鞋分别为x1x2,y1y2,z1z2.所以随机地取出2只的所有基本事件有:(x1,x2),(x1,y1),(x1,y2),(x1,z1),(x1,z2),(x2,y1),(x2,y2),(x2,z1),(x2,z2),(y1,y2),(y,z1),(y1,z2),(y2,z1),(y2,z2),(z1,z2)共15个.1事件A包含的基本事件有(x1,y1),(x1,y2),(x1,z1),(x1,z2),(x2,y1),(x2,y2),(x2,z1),(x2,z2),(y1,z1),(y1,z2),(y2,z1 ),(y2,z2)共12个,故P(A)=.事件B包含的基本事件有(x1,y1),(x1,z1),(x2,y2),(x2,z2),(y1,z1),(y2,z2)共6个,故P(B)=.事件C包含的基本事件有(x1,y2),(x1,z2),(x2,y1),(x2,z1),(y1,z2),(y2,z1)共6个,故P(C)=.10.(2015福建高考,文18)全网传播的融合指数是衡量电视媒体在中国网民中影响力的综合指标.根据相关报道提供的全网传播2015年某全国性大型活动的“省级卫视新闻台”融合指数的数据,对名列前20名的“省级卫视新闻台”的融合指数进行分组统计,结果如表所示.(1)现从融合指数在[4,5)和[7,8]内的“省级卫视新闻台”中随机抽取2家进行调研,求至少有1家的融合指数在[7,8]内的概率;(2)根据分组统计表求这20家“省级卫视新闻台”的融合指数的平均数.解法一:(1)融合指数在[7,8]内的“省级卫视新闻台”记为A1,A2,A3;融合指数在[4,5)内的“省级卫视新闻台”记为B1,B2.从融合指数在[4,5)和[7,8]内的“省级卫视新闻台”中随机抽取2家的所有基本事件是:{A1,A2},{A1,A3},{A2,A3},{A1,B1},{A1,B2},{A2,B1},{A2,B2},{A3,B1},{A3,B2},{B1,B2},共10个.其中,至少有1家融合指数在[7,8]内的基本事件是:{A1,A2},{A1,A3},{A2,A3},{A1,B1},{A1,B2},{A2,B1},{A2,B2},{A3,B1},{A3,B2},共9个.所以所求的概率P=.(2)这20家“省级卫视新闻台”的融合指数平均数等于4.5×+5.5×+6.5×+7.5×=6.05.解法二:(1)融合指数在[7,8]内的“省级卫视新闻台”记为A1,A2,A3;融合指数在[4,5)内的“省级卫视新闻台”记为B1,B2.从融合指数在[4,5)和[7,8]内的“省级卫视新闻台”中随机抽取2家的所有的基本事件是:{A1,A2},{A1,A3},{A2,A3},{A1,B1},{A1,B2},{A2,B1},{A2,B2},{A3,B1},{A3,B2},{B1,B2},共10个.其中,没有1家融合指数在[7,8]内的基本事件是:{B1,B2},共1个.所以所求的概率P=1-.(2)同解法一.。
数学二轮复习专题限时集训2统计与统计案例随机事件的概率古典概型几何概型含解析文
专题限时集训（二) 统计与统计案例随机事件的概率、古典概型、几何概型1．(2017·全国卷Ⅰ)为评估一种农作物的种植效果，选了n块地作试验田．这n块地的亩产量(单位:kg）分别为x1,x2，…，x n，下面给出的指标中可以用来评估这种农作物亩产量稳定程度的是（）A．x1，x2，…,x n的平均数B．x1,x2，…，x n的标准差C．x1，x2，…，x n的最大值D．x1，x2,…，x n的中位数B[评估这种农作物亩产量稳定程度的指标是标准差或方差,故选B．]2．(2019·全国卷Ⅲ)《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝,并称为中国古典小说四大名著．某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100位学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为(）A．0。
5 B．0。
6 C．0.7 D．0。
8C［由题意得，阅读过《西游记》的学生人数为90－80＋60＝70，则其与该校学生人数之比为70÷100＝0.7.故选C．］3．（2018·全国卷Ⅲ)若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为（）A．0.3 B．0。
4 C．0.6 D．0.7B［设“只用现金支付”为事件A，“既用现金支付也用非现金支付”为事件B，“不用现金支付”为事件C，则P(C）＝1－P（A）－P（B)＝1－0.45－0。
15＝0。
4。
故选B．］4．(2016·全国卷Ⅱ)某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为40秒．若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为（) A．错误!B．错误!C．错误!D．错误!B［如图，若该行人在时间段AB的某一时刻来到该路口,则该行人至少等待15秒才出现绿灯．AB长度为40－15＝25，由几何概型的概率公式知，至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为错误!＝错误!，故选B．]5．(2020·全国卷Ⅲ）设一组样本数据x1，x2,…，x n的方差为0。
2020-2021高二数学人教A版必修三《3.2.1古典概型》课后提升作业含解析
一、选择题(每小题5分,共40分)1.一个家庭有两个小孩,则所有可能的基本事件有( )A.(男,女),(男,男),(女,女)B.(男,女),(女,男)C.(男,男),(男,女),(女,男),(女,女)D.(男,男),(女,女)【解析】选C.两个孩子有先后出生之分.【延伸探究】一个家庭中有两个小孩,这两个小孩都为女孩的概率为( )A. B. C. D.【解析】选C.两个小孩共有四种情况:(男,女),(女,男),(女,女),(男,男),基本事件总数为4,两个小孩都为女孩的概率为.2.(2020·石家庄高一检测)从1,2,3,4中任取2个不同的数,则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是( )A. B. C. D.【解析】选B.从1,2,3,4中任取2个不同的数有以下六种情况:{1,2},{1,3}, {1,4},{2,3},{2,4},{3,4},满足取出的2个数之差的绝对值为2的有{1,3},{2,4},故所求概率是=.3.甲从正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线,乙也从该正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线,则所得的两条直线相互垂直的概率是( ) A. B. C. D.【解析】选C.正方形四个顶点可以确定6条直线,甲乙各自任选一条共有36个基本事件,两条直线相互垂直的情况有5种(4组邻边和对角线)包括10个基本事件,所以概率等于.4.(2020·北京高考)从甲、乙等5名学生中随机选出2人,则甲被选中的概率为( ) A. B. C. D.【解析】选B.把5名同学依次编号为甲乙丙丁戊,基本事件空间Ω={甲乙,甲丙,甲丁,甲戊,乙丙,乙丁,乙戊,丙丁,丙戊,丁戊},包含基本事件总数n=10.设A表示事件“甲被选中”,则A={甲乙,甲丙,甲丁,甲戊},包含基本事件数m=4.所以概率为P==.【补偿训练】从字母a,b,c,d,e中任取两个不同字母,则取到字母a的概率为( ) A. B. C. D.【解析】选B.因为从字母a,b,c,d,e中任取两个不同字母,不考虑先后顺序共有10种取法,分别是(a,b),(a,c),(a,d),(a,e),(b,c),(b,d),(b,e),(c,d), (c,e),(d,e),其中取到字母a的有4种:(a,b),(a,c),(a,d),(a,e),所求概率为P==.【误区警示】在计算基本事件的总数时,由于没有弄清题意,分不清“有序”和“无序”,因而常常出现“重算”或“漏算”的错误,突破这一思维障碍的有效方法是交换次序,看是否对结果造成影响.有影响就是有序,无影响即无序.5.一袋中装有大小相同的八个球,编号分别为1,2,3,4,5,6,7,8,现从中有放回地每次取一个球,共取2次,记“取得两个球的编号和大于或等于14”为事件A,则P(A)等于( )A. B. C. D.【解析】选 C.事件A包括(6,8),(7,7),(7,8),(8,6),(8,7),(8,8)这6个基本事件,由于是有放回地取,基本事件总数为8×8=64(个),所以P(A)==.6.(2020·阜阳高一检测)设a是抛掷一枚骰子得到的点数,则方程x2+ax+2=0有两个不相等的实根的概率为( ) A. B. C. D.【解析】选A.基本事件总数为6,若方程有不相等的实根,则a2-8>0,满足上述条件的a为3,4,5,6,故P(A)==.7.(2020·长沙高一检测)袋中共有6个除了颜色外完全相同的球,其中有1个红球、2个白球和3个黑球.从袋中任取两球,两球颜色为一白一黑的概率等于( ) A. B. C. D.【解析】选B.利用古典概型求解.设袋中红球用a表示,2个白球分别用b1,b2表示,3个黑球分别用c1,c2,c3表示,则从袋中任取两球所含基本事件为:(a,b1),(a,b2),(a,c1),(a,c2),(a,c3),(b1,b2),(b1,c1),(b1,c2),(b1,c3),(b2,c1),(b2,c2),(b2,c3),(c1 ,c2),(c1,c3),(c2,c3),共15个.两球颜色为一白一黑的基本事件有:(b1,c1),(b1,c2),(b1,c3),(b2,c1),(b2,c2),(b2,c3),共6个.所以其概率为=.8.(2020·全国卷Ⅲ)小敏打开计算机时,忘记了开机密码的前两位,只记得第一位是M,I,N中的一个字母,第二位是1,2,3,4,5中的一个数字,则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是( )A. B. C. D.【解析】选C.根据题意可以知道,所输入密码所有可能发生的情况如下:M1,M2,M3,M4,M5,I1,I2,I3,I4,I5,N1,N2,N3,N4,N5共15种情况,而正确的情况只有其中一种,所以输入一次密码能够成功开机的概率是.【补偿训练】(2015·全国卷Ⅰ)如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长,则称这3个数为一组勾股数,从1,2,3,4,5中任取3个不同的数,则这3个数构成一组勾股数的概率为( )A. B. C. D.【解析】选 C.从1,2,3,4,5中任取3个不同的数有(1,2,3),(1,2,4),(1,2,5),(1,3,4),(1,3,5),(1,4,5),(2,3,4),(2,3,5),(2,4,5),(3, 4,5),共10种,其中(3,4,5)为一组勾股数,共一种,所以3个数构成一组勾股数的概率为.二、填空题(每小题5分,共10分)9.小明一家想从北京、济南、上海、广州四个城市中任选三个城市作为2020年暑假期间的旅游目的地,则济南被选入的概率是________.【解题指南】解答本题可先考虑所求事件的对立事件的概率,然后利用对立事件即可求解.【解析】事件“济南被选入”的对立事件是“济南没有被选入”.某城市没有入选的可能的结果有四个,故“济南没有被选入”的概率为,所以其对立事件“济南被选入”的概率为P=1-=.答案:10.袋中有形状、大小都相同的4只球,其中1只白球,1只红球,2只黄球,从中一次随机摸出2只球,则这2只球颜色不同的概率为________.【解析】设4只球分别为白、红、黄1、黄2,从中一次随机摸出2只球,所有基本事件为(白,红)、(白,黄1)、(白,黄2)、(红,黄1)、(红,黄2)、(黄1,黄2),共6个,颜色不同的有(白,红)、(白,黄1)、(白,黄2)、(红,黄1)、(红,黄2),共5个,所以2只球颜色不同的概率为.答案:三、解答题11.(10分)(2020·天津高一检测)某地区有小学21所,中学14所,大学7所,现采取分层抽样的方法从这些学校中抽取6所学校对学生进行视力调查.(1)求应从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目.(2)若从抽取的6所学校中随机抽取2所学校做进一步数据分析,①列出所有可能的抽取结果;②求抽取的2所学校均为小学的概率.【解析】(1)从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目为3,2,1.(2)①在抽取到的6所学校中,3所小学分别记为A1,A2,A3,2所中学分别记为A4,A5,1所大学记为A6,则抽取2所学校的所有可能结果为(A1,A2), (A1,A3),(A1,A4),(A1,A5),(A1,A6),(A2,A3),(A2,A4),(A2,A5),(A2,A6),(A3 ,A4),(A3,A5),(A3,A6),(A4,A5),(A4,A6),(A5,A6),共15种.②从这6所学校中抽取的2所学校均为小学(记为事件B)的所有可能结果为(A1,A2),(A1,A3),(A2,A3),共3种,所以P(B)==.。
高中数学 第三章 概率 3.2 古典概型第二课时课后训练 北师大版必修3(2021年最新整理)
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高中数学第三章概率 3。
2 古典概型第二课时课后训练北师大版必修31．在一对事件A，B中，若事件A是必然事件,事件B是不可能事件，那么A和B（）．A．是互斥事件,不是对立事件B．是对立事件，但不是互斥事件C．是互斥事件，也是对立事件D．既不是对立事件，也不是互斥事件2．从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是（)．A．至少有1个黑球与都是黑球B．至少有1个黑球与至少有1个红球C．恰有1个黑球与恰有2个黑球D．至少有1个黑球与都是红球3．下列几对事件中是对立事件的是（)．A．a＞1与a≥1B．a＜1与a＞2C．0＜a＜1与0＜a＜3D．a＜1与a≥1(a∈R)4．如果事件A与B是互斥事件，且事件A＋B的概率是0.8，事件A的概率是事件B的概率的3倍，则事件A的概率为( ）．A．0.2 B．0.4 C．0.6 D．0。
85．某人进行打靶练习，共射击10次,其中有2次击中10环，有3次击中9环,有4次击中8环，有1次未中靶．假设此人射击一次，则他中靶的概率大约是________．6．已知6名同学中恰有两名女同学，从这6名同学中任选两人参加某项活动，则在选出的同学中至少包括一名女同学的概率是________．7．某城市有甲、乙两种报纸供居民们订阅,记事件A为“只订甲报”，事件B为“至少订一种报”，事件C为“至多订一种报”,事件D为“不订甲报”，事件E为“一种报也不订”．判断下列每对事件是不是互斥事件,如果是，再判断它们是不是对立事件．（1）A与C;(2）B与E；（3）B与D；(4）B与C；(5)C与E．8．有3个完全相同的小球a，b，c，随机放入甲、乙两个盒子中，求两个盒子都不空的概率．现有8名奥运会志愿者，其中志愿者A1、A2、A3通晓日语，B1、B2、B3通晓俄语，C1、C2通晓韩语．从中选出通晓日语、俄语和韩语的志愿者各1名，组成一个小组．（1）求A1被选中的概率；(2)求B1和C1不全被选中的概率．参考答案1.答案:C解析：必然事件与不可能事件既是互斥事件，又是对立事件．2.答案：C解析:“从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球"这一事件共包含3个基本事件，关系如右图所示．显然，恰有1个黑球与恰有2个黑球互斥但不对立．3。
2021高三数学北师大版(文)：古典概型含解析
包括A1但不包括B1的事件所包含的基本事件有：{A1，B2}，{A1，B3}，共2个，则所求事件的概率为P＝ .
1.(20xx·江苏高考)从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，则选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是________．
[法一：设3名男同学分别为A，B，C,2名女同学分别为a，b，则所有等可能事件分别为AB，AC，Aa，Ab，BC，Ba，Bb，Ca，Cb，ab，共10个，选出的2名同学中至少有1名女同学包含的基本事件分别为Aa，Ab，Ba，Bb，Ca，Cb，ab，共7个，故所求概率为 .
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其基本事件是“发芽与不发芽”．()
(2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个事件是等可能事件．()
(3)某袋中装有大小均匀的三个红球、两个黑球、一个白球，那么每种颜色的球被摸到的可能性相同．()
(4)“从长为1的线段AB上任取一点C，求满足AC≤ 的概率是多少”是古典概型．()
[答案](1)×(2)×(3)×(4)×
二、教材改编
1．从1,2,3,4,5中随机取出三个不同的数，则其和为偶数的基本事件个数为()
A．4B．5
C．6D．7
C[任取三个数和为偶数共有：(1,2,3)，(1,2,5)，(1,3,4)，(1,4,5)，(2,3,5)，(3,4,5)共6个，故选C.]
2021年高考数学高分套路 古典概型(解析版)
古典概型1．基本事件的特点(1)任何两个基本事件是互斥的；(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和． 2．古典概型满足以下两个条件的随机试验的概率模型称为古典概型． (1)所有的基本事件只有有限个； (2)每个基本事件的发生都是等可能的．3．如果1次试验的等可能基本事件共有n 个，那么每一个等可能基本事件发生的概率都是1n.如果某个事件A 包含了其中m 个等可能基本事件，那么事件A 发生的概率为P (A )＝mn.4．古典概型的概率公式P (A )＝A 包含的基本事件的个数基本事件的总数.考向一 古典概型【例1 】(1)从分别写有1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为________．(2)袋中有形状、大小都相同的4个球，其中1个白球，1个红球，2个黄球，从中一次随机摸出2个球，则这2个球颜色不同的概率为________． 【答案】（1）25 （2） 56【解析】（1）从5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张的情况如图：基本事件总数为25，第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的事件数为10，∴所求概率P ＝1025＝25.（2）设取出的2个球颜色不同为事件A ，基本事件有：(白，红)，(白，黄)，(白，黄)，(红，黄)，(红，黄)，(黄，黄)，共6种，事件A 包含5种，故P (A )＝56.【举一反三】1.某学校有两个食堂，甲、乙、丙三名学生各自随机选择其中的一个食堂用餐，则他们在同一个食堂用餐的概率为________． 【答案】 14【解析】记两个食堂为A ，B ，则甲、乙、丙在两个食堂用餐的所有情况有(A ，A ，A )，(A ，A ，B )，(A ，B ，A )，(A ，B ，B )，(B ，A ，A )，(B ，A ，B )，(B ，B ，A )，(B ，B ，B )，共8种，其中他们在同一个食堂用餐有2种情形，概率为28＝14.2．甲、乙两人各写一张贺年卡随意送给丙、丁两人中的一人，则甲、乙将贺年卡都送给丁的概率为（ ）A ．12B ．13C ．14D ．15【答案】C【解析】（甲送给丙、乙送给丁）、（甲送给丁，乙送给丙）、（甲、乙都送给丙）、（甲、乙都送给丁）共四种情况，其中甲、乙将贺年卡送给同一人的情况有两种，所以甲、乙将贺年卡送给同一人丁的情况一种，概率是：14，故选：C．3．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果，哥德巴赫猜想的内容是：每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和，例如835=+，在不超过14的素数中随机选取两个不同的数，其和等于14的概率为（）A．16B．112C．114D．115【答案】D【解析】不超过14的素数有2，3，5，7，11，13共6 个，从这6个素数中任取2个，有2与3，2与5，2与7，2与11，2与13，3与5，3与7，3与11，3与13，5与7，5与11，5与13，7与11，7与13，11与13共15种结果，其中和等于14的只有一组3与11，所以在不超过14的素数中随机选取两个不同的数，其和等于14的概率为115,故选D.考向二古典概型与统计的综合应用【例2】某县共有90个农村淘宝服务网点，随机抽取6个网点统计其元旦期间的网购金额(单位：万元)的茎叶图如图所示，其中茎为十位数，叶为个位数．(1)根据茎叶图计算样本数据的平均数；(2)若网购金额(单位：万元)不小于18的服务网点定义为优秀服务网点，其余为非优秀服务网点，根据茎叶图推断这90个服务网点中优秀服务网点的个数；(3)从随机抽取的6个服务网点中再任取2个作网购商品的调查，求恰有1个网点是优秀服务网点的概率．【答案】（1）12 （2)30 (3)815【解析】(1)由题意知，样本数据的平均数x ＝4＋6＋12＋12＋18＋206＝12.(2)样本中优秀服务网点有2个，概率为26＝13，由此估计这90个服务网点中优秀服务网点有90×13＝30(个)．(3)样本中优秀服务网点有2个，分别记为a 1，a 2，非优秀服务网点有4个，分别记为b 1，b 2，b 3，b 4，从随机抽取的6个服务网点中再任取2个的可能情况有：(a 1，a 2)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，b 3)，(a 1，b 4)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，b 3)，(a 2，b 4)，(b 1，b 2)，(b 1，b 3)，(b 1，b 4)，(b 2，b 3)，(b 2，b 4)，(b 3，b 4)，共15种，记“恰有1个是优秀服务网点”为事件M ，则事件M 包含的可能情况有：(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，b 3)，(a 1，b 4)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，b 3)，(a 2，b 4)，共8种，故所求概率P (M )＝815.【举一反三】1．海关对同时从A ，B ，C 三个不同地区进口的某种商品进行抽样检测，从各地区进口此种商品的数量(单位：件)如下表所示．工作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取6件样品进行检测.(1)求这6件样品中来自A ，B ，C 各地区商品的数量；(2)若在这6件样品中随机抽取2件送往甲机构进行进一步检测，求这2件商品来自相同地区的概率． 【答案】（1）1、3、2 （2）415.【解析】(1)A ，B ，C 三个地区商品的总数量为50＋150＋100＝300，抽样比为6300＝150，所以样本中包含三个地区的个体数量分别是50×150＝1,150×150＝3,100×150＝2.所以A ，B ，C 三个地区的商品被选取的件数分别是1,3,2.(2)设6件来自A ，B ，C 三个地区的样品分别为A ；B 1，B 2，B 3；C 1，C 2.则从6件样品中抽取的这2件商品构成的所有基本事件为{A ，B 1}，{A ，B 2}，{A ，B 3}，{A ，C 1}，{A ，C 2}，{B 1，B 2}，{B 1，B 3}，{B 1，C 1}，{B 1，C 2}，{B 2，B 3}，{B 2，C 1}，{B 2，C 2}，{B 3，C 1}，{B 3，C 2}，{C 1，C 2}，共15个．每个样品被抽到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．记事件D ：“抽取的这2件商品来自相同地区”，则事件D 包含的基本事件有：{B 1，B 2}，{B 1，B 3}，{B 2，B 3}，{C 1，C 2}，共4个．所以P (D )＝415，即这2件商品来自相同地区的概率为4151．一个袋中有大小相同，编号分别为1,2,3,4,5,6,7,8的八个球，从中有放回地每次取一个球，共取2次，则取得两个球的编号之和不小于15的概率为（ ）.A ．132 B ．164 C ．364 D ．332 【答案】D【解析】基本事件为(1,1),(1,2),…,(1,8),(2,1),(2,2),…,(8,8),共64种.两球编号之和不小于15的情况有三种,分别为(7,8),(8,7),(8,8),∴所求概率为364.故选D.2．从含有3个元素的集合{},,a b c 的所有子集中任取一个，所取得子集是含有2个元素的集合的概率（ ）A ．310B ．112C ．4564D ．38【答案】D【解析】因为含有3个元素的集合{},,a b c 共有子集个数328=，含有2个元素的子集有3个，所以38P =,故选D. 3．已知等差数列{}n a 中，n S 为其前n 项和，4S π=（其中π为圆周率），422a a =，现从此数列的前30项中随机选取一个元素，则该元素的余弦值为负数的概率为( )30303030【答案】A【解析】∵等差数列{}n a 中，n S 为其前n 项和，4S π=（其中π为圆周率），422a a =，∴()4111434 232S a d a d a d π⨯⎧=+=⎪⎨⎪+=+⎩，解得110a d π==， ∴()1101010n n a n πππ=+-⨯=， ∴前30项中，第6至14项和第26项至第30项的余弦值是负数， ∴现从此数列的前30项中随机选取一个元素， 则该元素的余弦值为负数的概率为1430p =，故选A ． 4．从分别写有1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为( )A ．110B ．15C ．310D ．25【答案】D【解析】从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张的基本事件总数n=55=25⨯；抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数包含的基本事件有：(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2),(4,3),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4)共有10个基本事件， ∴抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率102255P ==,故选D 5．现有三张识字卡片，分别写有“中”、“国”、“梦”这三个字．将这三张卡片随机排序，则能组成“中国梦”的概率是 .3456【答案】D【解析】把这三张卡片排序有“中国梦”，“中梦国”，“国中梦”，“国梦中”，“梦中国”，“梦国中”，共有6种能组成“中国梦”的只有1种，故所求概率为16本题正确选项：D6．盒子里有25个外形相同的球，其中10个白的，5个黄的，10个黑的，从盒子中任意取出一球，已知它不是白球，则它是黑球的概率为__________.【答案】2 3【解析】由题可知本题是一个等可能事件的概率，试验发生包含的事件是从盒子中取出一个不是白球的小球，共有15种结果，满足条件的事件是取出的球是一个黑球，共有10种结果，所以根据等可能事件的概率得到102153 P==7．为了检验学习情况，某培训机构于近期举办一场竞赛活动，分别从甲、乙两班各抽取10名学员的成绩进行统计分析，其成绩的茎叶图如图所示（单位：分），假设成绩不低于90分者命名为“优秀学员”. （1）分别求甲、乙两班学员成绩的平均分（结果保留一位小数）；（2）从甲班4名优秀学员中抽取两人，从乙班2名80分以下的学员中抽取一人，求三人平均分不低于90分的概率.【答案】（1）见解析（2）56【解析】（1）甲组的平均分为88.1；乙组的平均分为89.0（2）抽取情况为：92，94，78； 92，94，79； 92，106，78； 92，106，79； 92，108，78；92，108，79； 94，106，78； 94，106，79； 94，108，78；94，108，79； 106，108，78； 106，108，79．总共有12种．这12种平均分不低于90分的情况有10种．所以三人平均分不低于90分的概率为5．68．工厂质检员从生产线上每半个小时抽取一件产品并对其某个质量指标Y进行检测，一共抽取了48件产品，并得到如下统计表．该厂生产的产品在一年内所需的维护次数与指标Y有关，具体见下表.（1）以每个区间的中点值作为每组指标的代表，用上述样本数据估计该厂产品的质量指标Y的平均值（保留两位小数）；（2）用分层抽样的方法从上述样本中先抽取6件产品，再从6件产品中随机抽取2件产品，求这2件产品的指标Y都在[9.8，10.2]内的概率；（3）已知该厂产品的维护费用为300元/次，工厂现推出一项服务：若消费者在购买该厂产品时每件多加100元，该产品即可一年内免费维护一次.将每件产品的购买支出和一年的维护支出之和称为消费费用.假设这48件产品每件都购买该服务，或者每件都不购买该服务，就这两种情况分别计算每件产品的平均消费费用，并以此为决策依据，判断消费者在购买每件产品时是否值得购买这项维护服务？；（3）该服务值得购买【答案】（1）10．07；（2）15【解析】（1）指标Y的平均值＝9．6×16+10×36+10．4×26≈10．07（2）由分层抽样法知，先抽取的6件产品中，指标Y在[9.4，9.8）内的有3件，记为A1、A2、A3；指标Y在（10.2，10.6]内的有2件，记为B1、B2：指标Y在[9.4，9.8）内的有1件，记为C．从6件产品中随机抽取2件产品，共有基本事件15个(A1,A2)、(A1,A3)、(A1,B1)、(A1,B2)、(A1,C)、(A2,A3)、(A2,B1)、(A2,B2)、(A2,C)、(A3,B1)、(A3,B2)、(A3,C)、(B1,B2)、(B1,C)、(B2,C).其中，指标Y都在[9.8,10.2]内的基本事件有3个：(A1,A2)、(A1,A3)、(A2,A3)所以由古典概型可知，2件产品的指标Y都在[9.8,10.2]内的概率为P=315=15.（3）不妨设每件产品的售价为x元，假设这48件样品每件都不购买该服务，则购买支出为48x元．其中有16件产品一年内的维护费用为300元／件，有8件产品一年内的维护费用为600元／件，此时平均每件产品的消费费用为η=148×(48x+16×300+ 8×600)=x+200元；假设为这48件产品每件产品都购买该项服务，则购买支出为48(x+100)元，一年内只有8件产品要花费维护，需支出8×300=2400元，平均每件产品的消费费用ξ=148×[48(x+100)+8×300]=x+150元.所以该服务值得消费者购买.9．衡阳市为增强市民的环境保护意识，面向全市征召义务宣传志愿者，现从符合条件的志愿者中随机抽取100名后按年龄分组：第1组[20,25)，第2组[25,30)，第3组[30,35)，第4组[35,40)，第5组[40,45]，得到的频率分布直方图如图所示.（1）若从第3，4，5组中用分层抽样的方法抽取6名志愿者参加广场的宣传活动，则应从第3，4，5组各抽取多少名志愿者？（2）在（1）的条件下，该市决定在第3，4组的志愿者中随机抽取2名志愿者介绍宣传经验，求第4组至少有一名志愿者被抽中的概率. 【答案】（1）3,2,1；（2）710. 【解析】（1）第3组的人数为0.310030⨯=；第4组的人数为0.210020⨯=；第5组的人数为0.110010⨯= 因为第3,4,5组共有60名志愿者，所以利用分层抽样的方法在60名志愿者中抽取6名 每组抽取的人数分别为： 第3组：306360⨯=；第4组：206260⨯=；第5组：106160⨯= 所以应从第3,4,5组中分别抽取3人，2人，1人（2）记第3组的3名志愿者为123,,A A A ，第4组的2名志愿者为12,B B 则从5名志愿者中抽取2名志愿者有：()()()()()()()()()()12131112232122313212,,,,,,,,,,,,,,,,,,A A A A A B A B A A A B A B A B A B B B ，共10种其中第4组的2名志愿者12,B B 至少有一名志愿者被抽中的有：()()()()()()()11122122313212,,,,,,,,,,,,A B A B A B A B A B A B B B ，共7种所以第4组至少有一名志愿都被抽中的概率为：71010．有两个不透明的箱子，每个箱子都装有4个完全相同的小球，球上分别标有数字1,2,3,4.(1)甲从其中一个箱子中摸出一个球，乙从另一个箱子摸出一个球，谁摸出的球上标的数字大谁就获胜（若数字相同则为平局），求甲获胜的概率；(2)摸球方法与（1）同，若规定：两人摸到的球上所标数字相同甲获胜，所标数字不相同则乙获胜，这样规定公平吗？请说明理由。
高中数学必修3(北师版)第三章3.2 古典概型(与最新教材完全匹配)知识点总结含同步练习题及答案
名，各年级男、女生人数如下表：0.18例题： 一般地，如果事件 ，，， 两两互斥（彼此互斥），那么事件“ ”发生（是指事件 ，，， 中至少有一个发生）的概率，等于这 个事件发生的概率和，即（3）对立事件的概率：若事件 与事件 互为对立事件，则 为必然事件，．高考不提分，赔付1万元，关注快乐学了解详情。
A 1A 2⋯A n ∪∪⋯∪A 1A 2A n A 1A 2⋯A n n P (∪∪⋯∪)=P ()+P ()+⋯+P ().A 1A 2A n A 1A 2A n AB A ∪B P (A ∪B )=1 盒子里有 个红球， 个白球，现从中任取 个球，设事件 ，事件，事件 ，事件．（1）事件 与 、是什么样的运算关系？（2）事件 与的交事件是什么事件？解：（1）对于事件 ，可能的结果为 个红球 个白球，或 个红球 个白球，故 ．（2）对于事件 ，可能的结果为 个红球 个白球， 个红球 个白球，个均为红球，故 ．643A ={3个球中有1个红球，2个白球}B ={3个球中有2个红球，1个白球}C ={3个球中至少有1个红球}D ={3个球中既有红球又有白球}D A B C A D 1221D =A ∪B C 12213C ∩A =A 判断下列给出的每对事件是否为互斥事件，是否为对立事件，并说明理由．从 张扑克牌（红桃、黑桃、方块、梅花的牌面数字都是从 到 ）中任意抽取 张．（1）“抽出红桃”与“抽出黑桃”；（2）“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”；（3）“抽出的牌的牌面数字为 的倍数”与“抽出的牌的牌面数字大于 ”．解：（1）是互斥事件，不是对立事件．从 张扑克牌中任意抽取 张，“抽出红桃”和“抽出黑桃”是不可能同时发生的，所以是互斥事件．由于可能抽出方块或者梅花，因此不能保证其中必有一个发生，所以二者不是对立事件．（2）既是互斥事件，又是对立事件．从 张扑克牌中任意抽取 张，“抽取红色牌”与“抽取黑色牌”不可能同时发生，且其中必有一个发生，所以它们既是互斥事件，又是对立事件．（3）不是互斥事件，也不是对立事件．从 张扑克牌中任意抽取 张，“抽出的牌的牌面数字为 的倍数”与“抽出的牌的数字大于 ”这两个事件可能同时发生，如抽出的牌的牌面数字为 ，因此二者不是互斥事件，当然也不可能是对立事件．401101594014014015910某人去开会，他乘火车、轮船、汽车、飞机去的概率分别为 ，，，．（1）求他乘火车或乘飞机去的概率；（2）求他不乘轮船去的概率；（3）请问他可能乘何种交通工具去的概率为 ？解：（1）记“他乘火车去”为事件 ，“他乘轮船去”为事件 ，“他乘汽车去”为事件 ，“他乘飞机去”为事件 ，这四个事件不可能同时发生，故它们彼此互斥．所以（2）设他不乘轮船去的概率为 ，则（3）由于故他有可能乘火车或乘轮船去，也有可能乘汽车或乘飞机去．0.30.20.10.40.5A 1A 2A 3A 4P (∪)=P ()+P ()=0.3+0.4=0.7．A 1A 4A 1A 4P P =1−P ()=1−0.2=0.8.A 20.3+0.2=0.5,0.1+0.4=0.5,。
数学必修3名师导航 3.2古典概型 含解析 精品
7.2 古典概型名师导航三点剖析一、基本事件基本事件是指在一次试验中可能出现的每一个基本结果称为基本事件.若在一次试验中，每个基本事件发生的可能性相同，则称这些基本事件为等可能基本事件.例如：在掷硬币试验中，必然事件由基本事件“正面朝上”和“反面朝上”组成；在掷骰子试验中，随机事件“出现偶数点”可以由基本事件“2点”“4点”和“6点”共同组成.二、古典概型1．古典概型的定义古典概型是指具有以下两个特点的随机试验的概率模型称为古典概型：（1）所有的基本事件只有有限个；（2）每个基本事件的发生都是等可能的.如果一次试验的等可能基本事件共有n 个，则每一个等可能事件发生的概率为n 1.若某个事件A 包含了其中m 个等可能事件，则事件A 发生的概率为P （A ）=nm .这就是古典概型概率的计算公式.古典概型概括了许多实际问题，有很广泛的应用.如“体育彩票”“社会福利彩票”和抓奖等活动中就蕴涵着古典概型的应用.此外它也提供了一种求概率问题的崭新的方法，也就是说不需要通过大量重复的试验，而只要对一次试验可能出现的结果进行分析，就可以求得概率.2．古典概型概率的取值范围在古典概型中，若基本事件的总数为n ，某个事件A 包含了其中m 个基本等可能事件，则必有0≤m≤n ，所以事件A 发生的概率的取值范围是0≤P(A)≤1．其中，当m=0时，事件A 是不可能事件，它发生的概率为0，当m=n 时，事件A 是必然事件，它发生的概率是1，当0<m<n 时，事件A 是随机事件，此时它发生的概率的取值范围是0<P(A)<1．3．古典概型概率的集合意义在古典概型中，所有的n 个基本事件可以构成一个含有n 个元素的集合I ，而事件A 包含的m 个基本事件可以构成一个集合B ．由古典概型概率的计算公式可知：P(A)= 中元素个数集合中元素个数集合I B . 4．古典概型概率的求法与步骤求古典概型概率的方法有两种：（1）P （A ）=nm ，其中n 是古典概型中所包含的基本事件的总数，m 则是事件A 包含的基本事件数.（2）P(A)= 中元素个数集合中元素个数集合I B ，其中集合I 是古典概型中所有基本事件构成的集合，集合B 则是事件A 包含的基本事件构成的集合.求古典概型概率的步骤：（1）求基本事件的总数（或集合I 中元素的个数）；（2）求事件A 包含的基本事件的个数（集合B 中元素的个数）（3）代入计算公式.问题探究问题1: 甲、乙两人做掷骰子游戏，他们同时各掷一枚骰子一次，然后计算两个骰子向上的数字之积，若得到的积为偶数，则甲得到1分，否则乙得2分.他们各掷10次，记录得分情况，得分多者获胜，问这个游戏对甲、乙双方公平吗？为什么？探究：这个游戏对甲、乙双方是否公平，就看两人掷得的骰子向上点数之积为偶数的概率是不是为奇数概率的2倍.由于掷一次骰子点数为奇数的有3种，点数为偶数也有3种情况，而两次掷得点数之积为偶数有以下几种可能：甲掷得偶乙奇、偶均可，有6种可能；甲掷得奇而乙掷得偶，此时有3种可能.所以两人掷得的骰子向上点数之积为偶数有9种可能；而奇数只有6种.所以两人掷得的骰子向上点数之积为偶数的概率不是掷得的骰子向上点数之积为奇数的概率的2倍，故该规则对他们来说是不公平的.问题2: 成语词典上对“万无一失”的解释是“比喻有绝对的把握”，从数学的角度应如何看待“万无一失”这一成语呢？探究：从数学的角度，虽然“万无一失”，但是第一万零一次就失败了呢？尽管是“亿无一失”，但十亿次、百亿次后出现失误的可能性还是有的.因此“万无一失”只能说出现失败的可能性很小，其含义绝对不能和“有绝对把握”画等号.在概率论中我们常把发生概率很小的事件称为“小概率事件”，因此“万无一失”这一成语在某种意义上可以看作发生失误是小概率事件.问题3: 多大概率是“小概率”？如何看待“小概率事件”？多大概率是“小概率”这是因人、因事、因地而定的，没有统一的衡量标准.中国古代军事学有“六十庙算”的说法.意思是说只要有六成把握就应攻打，实际上就把0.4看成了小概率.我们平时做一件事经常说“十拿九稳”,即成功的概率为0.9，失败的概率为0.1，这里我们把失败的概率0.1看成了小概率.但是不可一概而论，比如一台设备有1 000个零件是很常见的，假设每个零件的合格率为0.999，而且其中一个零件失效，则整套设备就不能正常工作，则按照相互独立事件的概率计算，整套设备能正常工作的概率为0.9991 000=0.368.这就意味着这台机器有31的时间能正常工作，这样的机器如何能卖得出去.如果是发射宇宙飞船或航天飞机，涉及到零件和部件非常之多，其可靠性的要求必须非常严格，0.000 1的次品率已经很高了，不再是小概率了.除此之外，事件发生的概率是不是小概率还与人的心理素质有关.比如，有的人觉得自己买福利彩票一定会中大奖（中奖率为几十万分之一），却绝对不会出车祸（概率约为五万分之一）.确实，如何看待小概率事件是人们处理工作和生活问题必备的科学素质.完全忽视小概率事件，会因麻痹大意而酿成大祸.例如美国“哥伦比亚号”航天飞机惨剧的发生,不断发生的交通事故以及工厂、矿山等发生的生产事故无不与忽视小概率事件有关.但也不必过分地害怕小概率事件，以致于谨小慎微，裹步不前，只要对具体的小概率事件作出具体的分析，科学的处理，就能在“十拿九稳”“万无一失”“绝对把握”之间作出正确的抉择.精题精讲例1．同时掷两个骰子，计算：（1）一共有多少种不同的结果？（2）其中向上的点数之和是5的结果有多少种？（3）向上的点数之和是5的概率是多少？思路解析将两个骰子掷一次，它出现的点数有（1，1）、（1，2）、（1，3）、（1，4）、（1，5）、（1，6）、（2，1）、（2，2）、（2，3）、（2，4）、（2，5）、（2，6）、（3，1）、（3，2）、（3，3）、（3，4）、（3，5）、…、（6，5）、（6，6）这36种结果，然后利用古典概型的概率计算公式进行计算.答案：（1）掷一个骰子的结果有6种.我们把两个骰子标上记号1、2以便区分，由于1号骰子的每一个结果都可与2号骰子的任意一个结果配对，组成同时掷两个骰子的一个结果，因此同时掷两个骰子的结果共有36种.（2）在上面的所有结果中，向上的点数之和为5的结果有（1，4）、（2，3）、（3，2）、（4，1）, 其中第一个数表示1号骰子的结果，第二个数表示2号骰子的结果.（3）由于所有36种结果是等可能的，其中向上的点数之和为5的结果（记为事件A ）有4种，因此，由古典概型的概率计算公式可得P(A)= 364=91.绿色通道计算这种概率一般要遵循这样的步骤：①算出基本事件的总个数n ；②算出事件A 中包含的基本事件的个数m ；③算出事件A 的概率，即P （A ）=nm .应注意这种结果必须是等可能的.黑色陷阱类似于（1，2）和（2，1）这样的结果是不同的基本事件，是有区别的,不要以为是同一个事件,要注意加以区分.例2．一只口袋内装有大小相同的5只球，其中有3只白球，2只黑球.从中摸出两只球，求下列事件发生的概率.（1）事件A ：摸出的两只球都是白球；（2）事件B ：取出的两只球一只是白球，一只是黑球.思路解析首先列举出所有可能的基本事件，列出所求事件包含的基本事件，再根据古典概型的概率公式进行计算.答案：分别记白球为1、2、3，黑球为4、5，从中摸出2只球有如下基本事件： （摸到1、2号球用（1，2）表示）（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，3），（2，4），（2，5），（3，4），（3，5），（4，5）.因此，共有10个基本事件.上述10个基本事件发生的可能性相同.（1）“摸出的两只球都是白球”包含3个基本事件：（1，2），（1，3），（2，3）. 故P （A ）=103. （2）“摸出的两只球一只是白球，一只是黑球”包含6个基本事件：（1，4），（1，5），（2，4），（2，5），（3，4），（3，5）.故P （B ）=106=53. 例3．假设人的某一特征（如眼睛大小）是由他的一对基因所决定的，以d 表示显性基因，r 表示隐性基因，则具有dd 基因的人为纯显性，具有rr 基因的人为纯隐性，具有rd 基因的人为混合性.纯显性与混合性的人都表露显性基因决定的某一特征，孩子从父母身上各得到1个基因，假定父母都是混合性，问：（1）1个孩子有显性基因决定的特征的概率是多少?（2）2个孩子中至少有一个有显性基因决定的特征的概率是多少?思路解析列举出基因组合的所有可能及其发生的概率，它满足几何概型的特征，按几何概型的概率公式计算即可.答案：孩子的一对基因为、rr 、的概率分别为41、41、21，孩子有显性基因决定的特征是具有dd 、基因，所以（1）1个孩子有显性基因决定的特征的概率为41 +21＝43. （2）因为2个孩子如果都不具有显性基因决定的特征，即2个孩子都具有rr 基因的纯隐性特征，其概率为41×41 =161,所以2个孩子中至少有一个显性基因决定的特征的概率为1－161＝1615. 例4．甲、乙两人做掷骰子游戏，两人各掷一次，谁掷得的点数多谁就取胜，求甲取胜的概率.思路解析首先列举出所有可能的基本事件，列出所求事件包含的基本事件，再根据古典概型的概率公式进行计算.答案：解法一:甲将骰子抛掷一次，出现的点数有1、2、3、4、5、6这6种结果，对甲掷得的每个结果，乙又掷得点数分别为1、2、3、4、5、6这6种结果，于是共有6×6=36种不同的结果.把甲掷得i 点，乙掷得j 点（1≤i ，j≤6）记为（i ，j ）.事件“甲取胜”包含下列15种结果：（2，1），（3，1），（3，2），（4，1），（4，2），（4，3），（5，1），（5，2），（5，3），（5，4），（6，1），（6，2），（6，3），（6，4），（6，5）. 故甲取胜的概率为3615=125. 解法二：两人掷出相同的点数有（1，1），（2，2），（3，3），（4，4），（5，5），（6，6）六种结果，“甲掷得的点数比乙多”与“乙掷得的点数比甲多”是等可能性事件，都有2636 =15种结果.故甲取胜的概率为3615 =125.绿色通道掷骰子是典型的题型，本题与解析几何知识相联系，在如图7-1所示的直角坐标系中，若x 表示甲掷得的点数，y 表示乙掷得的点数，本题实质就是求点（x ，y ）落在直线y=x 下方的概率.图7-1。
新高考数学考点32 统计与古典概型考点分类讲义练习题附解析2
5
1、（2020 届山东省日照市高三上期末联考）两个实习生每人加工一个零件.加工为一等品的概率分别为
6 3
和 ，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( )
4
1
A．
2
1
B．
3
5
C．
12
1
D．
6
2、（2020 届山东省潍坊市高三上期中）齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上
A．55
B．80
C．90
D．110
3、（2019 年 11 月中学生标准学术能力诊断性测试测试文科数学试题）某单位 200 名职工的年龄分布情况
如图所示，现要从中抽取 25 名职工进行问卷调查，若采用分层抽样方法，则 40 ~ 50 岁年龄段应抽取的人
数是（ ）
A． 7
B． 8
C． 9
D． 10
5、（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）由我国引领的 5G 时代已经到来，5G 的发展将直接带动包括
等枚举法。 5、在含有“至多”“至少”问题中，要善于运用对立事件的概率求解。
三年高考真题
1、【2019 年高考全国Ⅲ卷理数】《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并 称为中国古典小说四大名著．某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了 100 位学生，其 中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有 90 位，阅读过《红楼梦》的学生共有 80 位，阅读过《西
5
A．
9
4
B．
9
7
C．
16
9 D．
16
5、（2020 届山东省九校高三上学期联考）吸烟有害健康，小明为了帮助爸爸戒烟，在爸爸包里放一个小盒
专题31 利用均值和方差的性质求解新的均值和方差(解析版)
专题31 利用均值和方差的性质求解新的均值和方差一、单选题1．设样本数据1x ，2x ，3x ，…，19x ，20x 的均值和方差分别为2和8，若2i i y x m =+ (m 为非零常数，1,2,3,,19,20i =)，则1y ，2y ，3y ，…，19y ，20y 的均值和标准差为（ ）A ．2m +，32B ．4m +，C ．2m +，D ．4m +，32【答案】B 【分析】设样本数据l x 的均值为x ，方程为2s ，标准差为s ，由已知得新样本2i i y x m =+的均值为2x m +，方差为222s ，标准差为2s ，代入可得选项. 【详解】设样本数据l x 的均值为x ，方程为2s ，标准差为s ，则新样本2i i y x m =+的均值为2x m +，方差为222s ，标准差为2s ，所以24y x m m =+=+，28s =，所以标准差为s =22s =⨯=， 故选：B. 【点睛】本题考查均值、方差、标准差的性质，属于中档题.2．某班统计某次数学测试的平均数与方差，计算完毕才发现有位同学的试卷未登分，只好重算一次.已知第一次计算所得的平均数和方差分别为X ，2S ，重算时的平均数和方差分别为1X ，21S ，若此同学的得分恰好为X ，则（ ）A ．2211,X X S S =>B ．2211,X X S S ==C ．2211,X X S S =<D ．2121,X X S S ≠≠ 【答案】A 【分析】运用平均数和方差的运算方法分别计算出第一次和第二次的结果，然后进行比较，得到结果. 【详解】设这个班有n 个同学，除被忘记登分的同学外的分数分别是12-1,,...n a a a ， 被忘记登分的同学的分数为n a ，则121...1n a a a X n -+++=-所以()121...1n a a a n X -+++=-，()11n X XX X n-+==，方差()()()()22221211...+1n S a X a X a X n -⎡⎤=-+-+-⎢⎥⎣⎦-，()()()()2222121...+1n a Xa Xa Xn s -∴-+-+-=- ①因为()()()()222212121...++=n n a X aX a X a X S n--+-+-- ①将①代入到①得：2211=S n S n- 故221S S >故选：A 【点睛】本题考查了平均数和方差的知识，只要运用其计算方法即可得到结果，本题较为简单.3．2020年7月，我国湖北､江西等地连降暴雨，造成严重的地质灾害.某地连续7天降雨量的平均值为26.5厘米，标准差为6.1厘米.现欲将此项统计资料的单位由厘米换为毫米，则标准差变为（ ） A ．6.1毫米 B ．32.6毫米C ．61毫米D ．610毫米【答案】C 【分析】利用标准差公式即可求解. 【详解】设这7天降雨量分别为1x ，2x ，3x ，4x ，5x ，6x ，7x6.1= 因为1厘米=10毫米，这7天降雨量分别为101x ，102x ，103x ，104x ，105x ，106x ，107x ， 平均值为10x =265，10 6.161==⨯=. 故选：C 【点睛】本题考查统计知识，考查标准差的求解，考查数据处理能力，属于基础题. 4．设随机变量()2,2N ξ，则122D ξ⎛⎫+= ⎪⎝⎭（ ）A ．1B ．12C ．3D ．4【答案】B 【分析】利用正态分布的方差可得()D ξ的值，然后利用方差的性质可求得122D ξ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的值. 【详解】()2,2N ξ，()2D ξ∴=，由方差的性质可得()1111222442D D ξξ⎛⎫+==⨯= ⎪⎝⎭.故选：B. 【点睛】本题考查利用方差的性质计算方差，同时也考查了正态分布方差的应用，考查计算能力，属于基础题. 5．已知某样本的容量为50，平均数为70，方差为75．现发现在收集这些数据时，其中的两个数据记录有误，一个错将80记录为60，另一个错将70记录为90．在对错误的数据进行更正后，重新求得样本的平均数为x ，方差为2s ，则（ ） A ．270,75x s =< B ．270,75x s => C ．270,75x s >< D ．270,75x s <>【答案】A 【分析】根据题中所给的平均数的条件，重新列式求新数据的平均数，根据方差公式写出两组数据的方差，并比较大小. 【详解】由题意，可得7050806070907050x ⨯+-+-==，设收集的48个准确数据分别记为1248,,,x x x ，则222221248175[(70)(70)(70)(6070)(9070)]50x x x =-+-++-+-+-22212481[(70)(70)(70)500]50x x x =-+-++-+， 22222212481[(70)(70)(70)(8070)(7070)]50s x x x =-+-++-+-+-22212481[(70)(70)(70)100]7550x x x =-+-++-+<，所以275s <． 故选:A ． 【点睛】本题主要考查了数据的平均数和方差的计算公式的应用，其中解答中熟记数据的平均数和方差的公式，合理准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，是基础题．6．已知1x ，2x ，．．．，n x 的平均数为10，标准差为2，则121x -，221x -，．．．，21n x -的平均数和标准差分别为（ ） A ．19和2 B ．19和3C ．19和4D ．19和8【答案】C 【分析】根据平均数和标准差的性质可得选项. 【详解】解：①1x ，2x ，…，n x 的平均数为10，标准差为2，①121x -，221x -，…，21n x -的平均数为：210119⨯-=4=． 故选：C ． 【点睛】本题考查平均数和标准差的运算性质，属于基础题.7．已知样本1x ，2x ，…，n x 的平均数为2，方差为5，则121x +，221x +，…，21n x +的平均数和方差分别为（ ） A ．4和10 B ．5和11C ．5和21D ．5和20【答案】D【分析】利用平均数和方程的性质可算出答案. 【详解】因为样本1x ，2x ，…，n x 的平均数为2，方差为5，所以121x +，221x +，…，21n x +的平均数为2215⨯+=，方差为22520⨯= 故选：D 【点睛】本题考查的是平均数和方程的性质，较简单.8．某同学参加学校篮球选修课的期末考试，老师规定每个同学罚篮20次，每罚进一球得5分，不进记0分，已知该同学罚球命中率为60%，则该同学得分的数学期望和方差分别为（ ）. A ．60，24 B ．80，120C ．80，24D ．60，120【答案】D 【分析】根据二项分布的期望和方差的计算公式进行计算，由此判断出正确选项. 【详解】设该同学20次罚篮，命中次数为X ，则320,5XB ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以()320125E X =⨯=，()3324201555D X ⎛⎫=⨯⨯-= ⎪⎝⎭，所以该同学得分5X 的期望为()551260E X =⨯=， 方差为()224551205D X =⨯=. 故选：D 【点睛】本小题主要考查二项分布的期望和方差的计算，属于基础题. 9．随机变量X 的分布列如下表，则E (5X ＋4)等于 ( )A ．16B ．11C ．2.2D ．2.3【答案】A 【解析】由表格可求()00.320.240.5 2.4E X =⨯+⨯+⨯=，故()()54545 2.4416E X E X +=+=⨯+=①故选A ．10．已知某7个数的期望为6，方差为4，现又加入一个新数据6，此时这8个数的期望为记为()E X ，方差记为()D X ，则（ ） A ．()6E X =，()4D X > B ．()6E X =，()4D X < C ．()6E X <，()4D X > D ．()6E X <，()4D X < 【答案】B 【分析】根据数学期望以及方差的公式求解即可. 【详解】设原来7个数分别为1237,,,,x x x x由71267x x x +++=，则12742x x x +++=由()()()222127166647x x x ⎡⎤-+-++-=⎣⎦则()()()22212766628x x x -+-++-= 所以1726426()688x x x X E +++++=== ()()()22221271287()666(66)4882D X x x x ⎡⎤=-+-++-+-==<⎣⎦故选：B 【点睛】本题主要考查了数学期望和方差性质的应用，属于中档题.11．已知某7个数据的平均数为5，方差为4，现又加入一个新数据5，此时这8个数的方差2s 为（ ） A ．52B ．3C ．72D ．4【答案】C 【分析】由平均数公式求得原有7个数的和，可得新的8个数的平均数，由于新均值和原均值相等，因此由方差公式可得新方差． 【详解】因为7个数据的平均数为5，方差为4，现又加入一个新数据5，此时这8个数的平均数为x ，方差为2s ，由平均数和方差的计算公式可得75558x ⨯+==，()227455782s ⨯+-==. 故选：C. 【点睛】本题考查均值与方差的概念，掌握均值与方差的计算公式是解题关键． 12．甲.乙、丙三人各打靶一次，若甲打中的概率为13，乙、丙打中的概率均为4t（04t <<），若甲、乙、丙都打中的概率是948，设ξ表示甲、乙两人中中靶的人数，则ξ的数学期望是（ ） A ．14B ．25C ．1D ．1312【答案】D 【分析】 根据题意可得9148344t t=⨯⨯，求出3t =列出分布列，利用期望公式计算. 【详解】9148344t t=⨯⨯，3t =列出分布列，利用期望公式计算. 记ξ的所有可能取值为0，1，2∴7113212412E ξ=+⨯= 故选：D. 【点睛】本题考查离散型随机变量的期望，考查运算求解能力，求解时注意概率的求解. 13．已知ξ的分布列为设25ηξ=-，则()E η=（ ） A ．12B ．13C ．23D ．32【答案】C 【分析】由条件算出m ，然后算出()E ξ，然后可算出答案. 【详解】由分布列的性质可得：1111663m +++=，解得13m =所以()111117123466336E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯=因为25ηξ=-，所以()()172252563E E ηξ=-=⨯-= 故选：C 【点睛】本题考查的是分布列的性质和期望的性质，考查了学生对基础知识的掌握情况，较简单. 14．随机变量ξ的分布列如表所示，若1()E X =-，则(31)D X +=（ ）A ．4B ．5C ．6D ．7【答案】B 【分析】 由于()13E X =-，利用随机变量的分布列列式，求出a 和b ，由此可求出()D X ，再由()(319)X D D X +=，即可求出结果. 【详解】 根据题意，可知：112a b ++=，则12a b +=， ()13E X =-，即：1123b -+=-，解得：16b =，13a ∴=，()22211111151013233369X D ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+⨯++⨯++⨯= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则()59959(31)D D X X ==⨯+=， ∴5(31)D X +=.故选：B. 【点睛】本题考查离散型随机变量的方差的求法，以及离散型随机变量的分布列､数学期望等知识，考查运算求解能力.15．一组数据的平均数为m ，方差为n ，将这组数据的每个数都加上(0)a a >得到一组新数据，则下列说法正确的是（ ）A ．这组新数据的平均不变B ．这组新数据的平均数为amC ．这组新数据的方差为2a nD ．这组新数据的方差不变【答案】D 【分析】考查平均数和方差的性质，基础题． 【详解】设这一组数据为()1,n X a a =，由()()E X a E X a +=+，()()D X a D X +=，故选：D ． 【点睛】本题主要考查方差的性质，考查了运算能力，属于容易题. 16．设11p <<，相互独立的两个随机变量ξ，η的分布列如下表：则当p 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内增大时（ ）A ．()E ξη+减小，()D ξη+增大B ．()E ξη+减小，()D ξη+减小C ．()E ξη+增大，()D ξη+增大 D ．()E ξη+增大，()D ξη+减小【答案】D 【分析】 求出1()3E ξ=-，()21E p η=-，从而4()23E p ξη+=-，8()9D ξ=，2()44D p p η=-，从而228117()444()929D p p p ξη+=-+=--+，由此得到当p 在1(,1)2内增大时，()E ξη+增大，()D ξη+减小．【详解】 解：112p <<， 211()333E ξ=-+=-，()121E p p p η=-+=-， 4()23E p ξη+=-， 2212118()(1)(1)33339D ξ=-+⨯++⨯=，222()(2)(1)(22)44D p p p p p p η=--+-=-，228117()444()929D p p p ξη+=-+=--+， ∴当p 在1(,1)2内增大时，()E ξη+增大，()D ξη+减小，故选：D ． 【点睛】本题考查离散型随机变量的数学期望、方差的性质等基础知识，考查运算求解能力． 17．若样本数据1210,,,x x x 的方差为8，则数据1210212121x x x --⋯-，，，的方差为（ ）A ．31B ．15C ．32D ．16【答案】B 【分析】本题根据已知直接求方差即可. 【详解】解：因为样本数据1210,,,x x x 的方差为8，所以数据1210212121x x x --⋯-，，，的方差为：22832⨯=， 故选：B. 【点睛】本题考查数据同时乘除同一数对方差的影响，是基础题18．已知数据122020,,,x x x ⋅⋅⋅的方差为4，若()()23,1,2,,2020i i y x i =--=⋅⋅⋅，则新数据122020,,,y y y ⋅⋅⋅的方差为（ ） A ．16 B ．13 C ．8- D ．16-【答案】A 【分析】根据方差的性质直接计算可得结果. 【详解】由方差的性质知：新数据122020,,,y y y ⋅⋅⋅的方差为：()22416=-⨯. 故选：A . 【点睛】本题考查利用方差的性质求解方差的问题，属于基础题.19．若随机变量X 服从两点分布，其中()203P X ==，则()31E X +和()31D X +的值分别是（ ） A ．3和4 B ．3和2C ．2和4D ．2和2【答案】D 【分析】先由随机变量X 服从两点分布求出()E X 和()D X ，再根据性质求出()31E X +和()31D X +的值. 【详解】随机变量X 服从两点分布，且()203P X ==，113P X ， 211()01333E X ，2212112()0133339D X ⎛⎫⎛⎫=-⨯+-⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，1(31)3()13123E X E X ，13()13123E X +=⨯+=. 故选：D. 【点睛】本题考查离散型随机变量的概率分布，解题时要注意两点分布的性质和应用，属于基础题.20．一组数据中的每个数据都减去80，得一组新数据，若求得新数据的平均数是1.2，方差是4.4，则原来数据的平均数和方差分别是（ ） A ．81.2，84.4 B ．78.8，4.4C ．81.2，4.4D ．78.8，75.6【答案】C 【分析】原来数据的平均数为80 1.2+,方差不改变，得到答案. 【详解】原来数据的平均数为80 1.281.2+=,方差不改变为4.4. 故选：C. 【点睛】本题考查了平均值和方差的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力. 21．若样本数据1x 、2x 、、10x 的方差为8，则数据121x -、221x -、、1021x -的方差为（ ）A ．8B ．15C ．16D ．32二、多选题【答案】D 【分析】 设数据1x 、2x 、、10x 的平均数为x ，计算出数据121x -、221x -、、1021x -的平均数，利用方差公式可求得结果；或直接利用方差性质即可得出结论. 【详解】解法一：设10110ii x x==∑，由题意可得()1021810i i x x =-=∑，数据121x -、221x -、、1021x -的平均数为()101010111212102121101010ii ii i i x x xx ===--==⨯-=-∑∑∑，因此，数据121x -、221x -、、1021x -的方差为()()()()101010222211121212244832101010i iii i i x x x x x x s ===⎡⎤-----⎣⎦===⨯=⨯=∑∑∑.解法二：由()8D x =，根据方差的性质得2(21)2()32D x D x -=⨯=. 故选：D. 【点睛】本题考查方差的计算，考查方差公式的应用，考查计算能力，属于中等题. 22．下列说法正确的是（ ）A ．将一组数据中的每个数据都乘以同一个非零常数a 后，方差也变为原来的a 倍；B ．若四条线段的长度分别是1，3，5，7，从中任取3条，则这3条线段能够成三角形的概率为14； C ．线性相关系数r 越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱； D ．设两个独立事件A 和B 都不发生的概率为19，A 发生且B 不发生的概率与B 发生且A 不发生的概率相同，则事件A 发生的概率为23. 【答案】BD 【分析】A.根据数据的变化与方差的定义进行判断.B ．利用古典概型的概率公式进行判断.C ．结核性相关性系数与相关性之间的关系进行判断.D ．根据独立性概率公式建立方程组进行求解即可． 【详解】A:设一组数据为X ,则每个数据都乘以同一个非零常数a 后,可得Y aX =， 则()()()2D Y D aX a D X ==，所以方差也变为原来的2a 倍，故A 不正确.B:从中任取3条有4中取法,其中能构成三角形的只有3,5,7一种，故这3条线段能够成三角形的概率为14，故B 正确.C: 由1r →，两个变量的线性相关性越强，0r →，两个变量的线性相关性越弱，故C 不正确. D: 根据题意可得()()19P A P B ⋅=, ()()()()P A P B P A P B ⋅=⋅ 设()(),P A x P B y ==则()()()()111911x y x y y x ⎧--=⎪⎨⎪-⋅=-⋅⎩，得119x y xy x y ⎧--+=⎪⎨⎪=⎩，即21219x x -+=解得23x =或43（舍） 所以事件A 发生的概率为23，故D 正确. 故选：B D 【点睛】本题主要考查命题的真假判断，涉及知识点较多，综合性较强，难度不大，属于基础题. 23．设离散型随机变量X 的分布列为若离散型随机变量Y 满足21Y X =+，则下列结果正确的有（ ） A ．0.2q =B ．()()3, 1.4==E X D XC ．()()2, 1.8==E XD X D ．()()7, 5.6==E Y D Y【答案】BD【分析】由离散型随机变量X 的分布列的性质求出10.20.10.20.5q =---=，由此能求出()(),E X D X ，再由离散型随机变量Y 满足21Y X =+，能求出()E Y 和()D Y ． 【详解】解：由离散型随机变量X 的分布列的性质得：10.20.10.20.5q =---=， 所以()10.2+20.1+30.2+40.53E X =⨯⨯⨯⨯=，()()()()()2322830.2230.1330.543 2.5 1.4=-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=D X ，①()()217=+=E Y E X ，()()224 1.4 5.6D Y D X =⨯=⨯=，故选：BD ． 【点睛】本题考查了概率的性质，考查了离散型随机变量的期望和方差公式和性质，属于基础题. 24．下列说法中正确的是（ ） A ．设随机变量X 服从二项分布16,2B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则()5316P X == B ．已知随机变量X 服从正态分布()22,N σ且()40.9P X <=，则()020.4P X <<=C ．()()2323E X E X +=+；()()2323D X D X +=+D ．已知随机变量ξ满足()0P x ξ==，()11P x ξ==-，若102x <<，则()E ξ随着x 的增大而减小，()D ξ随着x 的增大而增大 【答案】ABD 【分析】对于选项,,A B D 都可以通过计算证明它们是正确的；对于选项,C 根据方差的性质，即可判断选项C . 【详解】对于选项,A 设随机变量16,2XB ⎛⎫⎪⎝⎭， 则()3336115312216P X C ⎛⎫⎛⎫==⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以选项A 正确； 对于选项,B 因为随机变量()22,N ξσ，所以正态曲线的对称轴是2x =，因为()40.9P X <=，所以(0)0.1P X <=， 所以(02)0.4P X <<=，所以选项B 正确； 对于选项,C ()()2323E X E X +=+，()()234D X D X +=，故选项C 不正确；对于选项,D 由题意可知，()1E x ξ=-，()()21D x x x x ξ=-=-+，由一次函数和二次函数的性质知， 当102x <<时，()E ξ随着x 的增大而减小， ()D ξ随着x 的增大而增大，故选项D 正确.故选：ABD. 【点睛】本题主要考查二项分布和正态分布的应用，考查期望和方差的计算及其性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.25．下列说法正确的有（ ）A ．若离散型随机变量X 的数学期望为()5E X =，方差为()2D X =，则()219E X -=，()218D X -=B ．若复数z 满足341z i --=，则z 的最大值为6C ．4份不同的礼物分配给甲､乙､丙三人，每人至少分得一份，共有72种不同分法D ．10个数学竞赛名额分配给4所学校，每所学校至少分配一个名额，则共有39C 种不同分法 【答案】ABD 【分析】根据离散型随机变量X 的数学期望和方差的性质即可知A 正确；根据复数的几何意义可知B 正确；根据先分组再分配的原则可知C 错误，利用挡板法可知D 正确【详解】解：对于A ，因为离散型随机变量X 的数学期望为()5E X =，方差为()2D X =，所以()212()19E X E X -=-=，()2212()8D X D X -==，所以A 正确；对于B ，因为341z i --=，所以复数z 对应的点(,)P x y 在以(3,4)C 为圆心，1为半径的圆上，所以z 表示点(,)P x y 与原点O 的距离，根据圆的几何性质可知，z 的最大值为16CO +=，所以B 正确；对于C ，4份不同的礼物分组的方式只有1，1，2，所以只有246C =种情况，再分配给三人，有336A =种方式，最后根据分步乘法计数原理可知，共有36种不同的方法，所以C 错误；对于D ，10个数学竞赛名额分配给4所学校，每所学校至少分配1个名额，采用挡板法可知，共有39C 种不同的分法，D 正确， 故选：ABD 【点睛】此题考查了离散型随机变量的数学期望和方差的性质的应用，复数的几何意义，以及排列组合问题，属于中档题26．设随机变量ξ的分布列为()()1,2,51aP k k k ξ===+，()E ξ，()D ξ分别为随机变量ξ的均值与方差，则下列结论正确的是（ ） A ．()50 3.56P ξ<<= B ．()317E ξ+= C ．()2D ξ= D ．()316D ξ+=【答案】ABC 【分析】利用分布列的性质求a ，而()()()0 3.512P P P ξξξ<<==+=，根据期望、方差公式即可求()31E ξ+、()D ξ、()31D ξ+，进而可确定选项的正误. 【详解】因为随机变量ξ的分布列为()()1,2,51aP k k k ξ===+， 由分布列的性质可知，()()()1251236a a aP P P ξξξ=+=+==++=，解得1a =，①()()()50 3.5126P P P ξξξ<<==+==，A 选项正确； ()1111252236E ξ=⨯+⨯+⨯=，即有()()31313217E E ξξ+=+=⨯+=，B 选项正确；()()()()2221111222522236D ξ=⨯-+⨯-+⨯-=，C 选项正确()()31918D D ξξ+=⨯=，D 选项不正确.故选：ABC. 【点睛】本题考查随机变量的分布列及其数学期望和方差的计算，考查运算求解能力､数学运算核心素养. 27．已知随机变量ξ的分布列是随机变量η的分布列是则当p 在()0,1内增大时，下列选项中正确的是（ ） A ．()()E E ξη= B ．()()V V ξη= C ．()E ξ增大 D ．()V η先增大后减小【答案】BC 【分析】由2ηξ=+，根据期望和方差的性质可得()()2E E ηξ=+，()()V V ξη=；求出()E ξ，()E η，()V η根据函数的性质即可判断．解：对于A ，2ηξ=+，()()2E E ηξ∴=+，故A 错误； 对于B ，2ηξ=+，()()V V ξη∴=，故B 正确； 对于C ，11()22E p ξ=-+，∴当p 在(0,1)内增大时，()E ξ增大，故C 正确；对于D ，113()2322222p p p E η-=+⨯+⨯=+， 2221111315()()()()(2)22222222244p p p p p V p η-∴=--⨯+-+-⨯=--+，∴当p 在(0,1)内增大时，()V η单调递增，故D 错误．故选：BC ． 【点睛】本题考查命题真假的判断，考查离散型随机变量的分布列、数学期望、方差等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．28．一组数据12321,21,21,,21n x x x x +++⋯+的平均值为7，方差为4，记12332,32,32,,32n x x x x +++⋯+的平均值为a ，方差为b ，则（ ）A ．a =7B ．a =11C ．b =12D ．b =9【答案】BD 【分析】根据所给平均数与方差，可由随机变量均值与方差公式求得E (X )，D (X )，进而求得平均值a ，方差b . 【详解】12321,21,21,,21n x x x x +++⋯+的平均值为7，方差为4，设()123,,,,n X x x x x =⋯，∴(21)2()17E X E X +=+=，得E (X )=3，D (2X +1)=4D (X )=4，则D (X )=1，12332,32,32,,32n x x x x +++⋯+的平均值为a ，方差为b ， ∴a =E (3X +2)=3E (X )+2=11，b =D (3X +2)=9D (X )=9.【点睛】本题考查了离散型随机变量均值与方差公式的简单应用，属于基础题. 三、填空题29．已知一组数据12310,,,,x x x x 的方差为5，则数据12310310,310,310,,310x x x x ----的方差为___．【答案】45 【分析】依据()()2D ax b a D X +=计算即可.【详解】由题意可得，数据12310310,310,310,,310x x x x ----的方差为：23545⨯=．故答案为：45.30．某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X ，则X 的数学期望为____________. 【答案】200 【分析】设没有发芽的种子数为Y ，由二项分布的数学期望公式及数学期望的性质即可得解. 【详解】设没有发芽的种子数为Y ，则有2X Y =， 由题意可知Y 服从二项分布，即Y(1000,0.1)B ,则()10000.1100E Y =⨯=，所以()2()200E X E Y ==. 故答案为：200.31．已知随机变量X 的分布列为若()1E X =，则()E aX b +=______．【答案】23【分析】根据变量间的关系计算新的均值． 【详解】由概率分布列知23a b +=． 2()()3E aX b aE X b a b +=+=+=． 【点睛】本题考查线性变换后新变量与原变量间均值之间的关系，考查随机变量的概率分布列．属于基础题．()()E aX b aE X b +=+．32．已知离散型随机变量13,4B ξ⎛⎫~ ⎪⎝⎭，随机变量21ηξ=+，则η的数学期望()E η=________. 【答案】52【分析】利用二项分布的数学期望公式计算出()E ξ的值，然后利用期望的性质可求得()E η的值. 【详解】由于离散型随机变量13,4B ξ⎛⎫~ ⎪⎝⎭，()13344E ξ∴=⨯=，又因为随机变量21ηξ=+，由期望的性质可得()()()3521212142E E E ηξξ=+=+=⨯+=. 故答案为：52. 【点睛】本题考查期望的计算，考查了二项分布的期望以及期望性质的应用，考查计算能力，属于基础题. 33．随机变量ξ的分布如下表，则()54E ξ+=_______.【答案】13 【分析】根据表格中的数据计算出E ξ，然后可得()54E ξ+的值. 【详解】因为00.420.340.3 1.8E ξ=⨯+⨯+⨯= 所以()545413E E ξξ+=+= 故答案为：13 【点睛】本题考查的是期望的算法和性质，较简单.34．设随机变量X 的分布列为()1,2,3,44k P X ak k ⎛⎫=== ⎪⎝⎭，a 为常数，则()4E X =________． 【答案】3 【分析】根据()1,2,3,44k P X ak k ⎛⎫=== ⎪⎝⎭，由()12341a +++=解得a ，再利用期望公式结合性质求解.【详解】因为()12341a +++=，所以110a =， 所以()1122334434104104104104E X =⨯+⨯+⨯+⨯=， 故()()443E X E X ==． 故答案为：3 【点睛】本题主要考查随机变量的分布列和期望及其性质，属于基础题.35．已知样本数据1x ，2x ，…，n x 的均值3x =，则样本数据121x +，221x +，…，21n x +的均值为______. 【答案】7 【分析】利用平均数计算公式求解. 【详解】①数据1x ，2x ，…，n x 的平均数为均值3x =，则样本数据121x +，221x +，…，21n x +的均值为：213217x +=⨯+=. 故答案为：7. 【点睛】此题为基础题，考查样本数据平均数的求法.36．设离散型随机变量X 可能取的值为1,2,3，()()1,2,3P X k ak b k ==+=.又X 的均值()52E X =，则a =______. 【答案】14【分析】由概率之和为1得到一个方程，由()52E X =得到第二个方程，建立方程组，从而得到结果. 【详解】离散随机变量X 可能取的值为1,2,3，()()1,2,3P X k ak b k ==+=， 故X 的数学期望5()()2(2)3(3)2E a b a b a X b =+++++=， 而且()(2)(3)1a b a b a b +++++=，联立方程组()(2)(3)15()2(2)3(3)2a b a b a b a b a b a b +++++=⎧⎪⎨+++++=⎪⎩，解得14a =. 故答案为：14.【点睛】本题考查了概率与数学期望的问题，解题的关键是熟记公式11()n n E X x p x p =++.四、双空题37．已知01p <<，随机变量X 的分布列如图.若13p =时，()E X =________；在p 的变化过程中，(21)D X +的最大值为______.【答案】62 【分析】由数学期望的公式运算即可得解；由方差的公式可得211()22D X p ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭，进而可得max ()D X ，结合方差的性质即可得解. 【详解】当13p =时，1111533()0122226E X -=⨯+⨯+⨯=； 在p 的变化过程中，111()0122222p p E X p -=⨯+⨯+⨯=+， 则2222111111()0122222224p p D X p p p p p -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--⋅+--⋅+--⋅=-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭21122p ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭，所以当12p =时，max 1()2D X =， 所以max max (21)4()2D X D X +==. 故答案为：56；2.38．在一袋中有20个大小相同的球，其中记上0的有10个，记上n 号的有n 个（n ＝1，2，3，4），现从袋中任取一球，X 表示所取球的标号，则(2)p X ==______，若2Y X m =+，且()1E Y =，则m =_____. 【答案】1102- 【分析】（1）利用古典概型的概率公式求解；（2）先求出()E X ，化简2()1E X m +=即得解.（1）由题得21(2)2010p X ===； （2）由题意知X 的可能取值为0，1，2，3，4，X 的分布列为：111313()01234220102052E X ∴=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=，因为()1E Y =，所以(2)2()1E X m E X m +=+=.所以32122m m ⨯+=∴=-，. 故答案为：1;210-.【点睛】本题主要考查古典概型的概率的计算，考查随机变量的分布列和期望的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.39．已知随机变量ξ服从二项分布，1~(6,)2B ξ，则(23)E ξ+=________，(23)D ξ+=________. 【答案】9 6 【分析】由二项分布的期望公式求出()E ξ．()D ξ，再由数据变换间的关系求得新期望和方差． 【详解】①随机变量ξ服从二项分布，162()3E ξ⨯∴==，1132)622(D ξ⨯⨯== 则2(23)2()39,(23)2()6E E D D ξξξξ+=+=+=⨯=． 故答案为9；6． 【点睛】本题考查在二项分布的期望与方差公式，考查数据线性变换后期望与方差间的关系，属于基础题．40．2020年五一期间，银泰百货举办了一次有奖促销活动，消费每超过600元(含600元)，均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种.方案一：从装有10个形状､大小完全相同的小球(其中红球2个，白球1个，黑球7个)的抽奖盒中，一次性摸出3个球其中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，享受免单优惠；若摸出2个红球和1个黑球则打5折；若摸出1个白球2个黑球，则打7折；其余情况不打折.方案二：从装有10个形状､大小完全相同的小球(其中红球3个，黑球7个)的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元.（1）若两个顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率； （2）若某顾客消费恰好满1000元，试从概率角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？ 【答案】（1）114400；（2）选择第二种方案更合算.【分析】（1）选择方案一，利用积事件的概率公式计算出两位顾客均享受到免单的概率；（2）选择方案一，计算所付款金额X 的分布列和数学期望值，选择方案二，计算所付款金额Z 的数学期望值，比较得出结论. 【详解】（1）选择方案一若享受到免单优惠，则需要摸出三个红球，设顾客享受到免单优惠为事件A ，则()21213101120C C P A C ==， 所以两位顾客均享受到免单的概率为()()114400P P A P A =⋅=；（2）若选择方案一，设付款金额为X 元，则X 可能的取值为0、500、700、1000.()212131010120C C P X C ===，()21273107500120C C P X C ===， ()1217310770040C C P X C ===，()177911000112012040120P X ==---=. 故X 的分布列为，所以()177910500700100091012012040120E X =⨯+⨯+⨯+⨯=（元）. 若选择方案二，设摸到红球的个数为Y ，付款金额为Z ，则1000200Z Y =-， 由已知可得3~3,10Y B ⎛⎫⎪⎝⎭，故()3931010E Y =⨯=， 所以()()()10002001000200820E Z E Y E Y =-=-=（元）. 因为()()E X E Z >，所以该顾客选择第二种抽奖方案更合算. 【点睛】方法点睛：本题考查离散型随机变量X 的分布列和数学期望，解题步骤如下： （1）判断随机变量X 的可能取值；（2）说明随机变量X 取各值的意义（即表示什么事件）并求出取该值的概率； （3）列表写出随机变量X 的分布列； （4）利用期望公式求值41．“十一”黄金周某公园迎来了旅游高峰期，为了引导游客有序游园，该公园每天分别在10时，12时，14时，16时公布实时在园人数．下表记录了10月1日至7日的实时在园人数：通常用公园实时在园人数与公园的最大承载量（同一时段在园人数的饱和量）之比来表示游园舒适度，40%以下称为“舒适”，已知该公园的最大承载量是8万人．（①）甲同学从10月1日至7日中随机选1天的下午14时去该公园游览，求他遇上“舒适”的概率；（①）从10月1日至7日中任选两天，记这两天中这4个时间的游览舒适度都为“舒适”的天数为X ，求X 的分布列和数学期望；（①）根据10月1日至7日每天12时的在园人数，判断从哪天开始连续三天12时的在园人数的方差最大？（只需写出结论） 【答案】（①）37；（①）X 的分布列见解析，数学期望()67E X =；（①）从10月3日开始连续三天12时的在园人数的方差最大． 【分析】（①）由题意得，在园人数为840% 3.2⨯=万人以下为“舒适”，由此根据古典概型的概率计算公式求解即可；（①）从10月1日至7日中，这4个时间的游览舒适度都为“舒适”的有4日、6日、7日，得X 的取值可能为0，1，2，且服从超几何分布，由此可求出答案； （①）根据方差的定义观察波动幅度，由此可得出结论． 【详解】解：①40%以下称为“舒适”，该公园的最大承载量是8万人， ①在园人数为840% 3.2⨯=万人以下为“舒适”，（①）10月1日至7日的下午14时去该公园游览，“舒适”的天数为3天， ①甲同学遇上“舒适”的概率37P =； （①）从10月1日至7日中，这4个时间的游览舒适度都为“舒适”的有4日、6日、7日， ①X 的取值可能为0，1，2，且服从超几何分布，①()204327620217C C P X C ====， ()1143271241217C C P X C ====，()024327312217C C P X C ====， ①X 的分布列为①X 的数学期望()60127777E X =⨯+⨯+⨯=； （①）从10月3日开始连续三天12时的在园人数的方差最大． 【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列及数学期望，考查古典概型的概率计算公式，考查方差的定义，属于基础题．。